统考版2023高考数学二轮专题复习课时作业9数列的通项与求和理

课时作业9数列的通项与求和A基础达标1.[2022·北京市房山中学模拟]已知数列{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且满足a1＝b1＝1，a3＋b3＝1.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)令cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项的和Sn.2．[2022·四川省内江市第六中学检测]已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1.(1)求证：数列{an}为等比数列并求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(2log2an＋1)an，求{bn}的前n项和Tn.3．[2022·黑龙江哈九中二模]已知数列{an}满足a1a2…an＝2－2an，n∈N*.(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝eq\f(an,n（n＋1）)，求{bn}的前n项和Sn.4．[2022·杭州市余杭中学模拟]已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2<Seq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))(n∈N*)；(3)对任意的正整数n，设cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(bn,（bn＋1）（bn＋2＋1）)，n为奇数,\f(an－1,bn＋1)，n为偶数))，求数列{cn}的前2n项和．B素养提升5.[2022·甘肃兰州模拟]在①eq\f(S5,S9)＝eq\f(1,3)，②a2是a1和a4的等比中项，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知公差d不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝6.(1)________，求数列{an}的通项公式；(2)若数列bn＝2an，cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Tn.6．[2022·江西鹰潭一模]已知正项数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足an＝eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)(n≥2).(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，不等式4Tn<a2－a恒成立，求实数a的取值范围．课时作业9数列的通项与求和1．解析：（1）由题设bn＝b1qn－1＝2n－1，所以b3＝b1q2＝4，而a3＋b3＝1，则a3＝1－b3＝－3，由a3＝a1＋2d＝1＋2d＝－3，则d＝－2，故an＝a1＋（n－1）d＝3－2n.综上，an＝3－2n，bn＝2n－1.（2）由（1）知：cn＝3－2n＋2n－1，所以Sn＝3n－2（1＋2＋…＋n）＋（1＋2＋…＋2n－1）＝3n－n（n＋1）＋eq\f(1－2n,1－2)＝2n－n2＋2n－1.2．解析：（1）证明：∵a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1①，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋1②，①减去②得an＋1＝2an，∵S2＝2S1＋1，∴a1＋a2＝2a1＋1⇒a2＝a1＋1＝2，∴a2＝2a1，∴eq\f(an＋1,an)＝2，可得数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列．∴an＝2n－1.（2）∵bn＝（2log2an＋1）an，∴bn＝（2log22n－1＋1）2n－1＝（2n－1）2n－1，Tn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋（2n－1）2n－1①，2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋（2n－1）2n②，①减去②得，∴－Tn＝1＋2×（2＋22＋…＋2n－1）－（2n－1）×2n＝1＋2×eq\f(2（1－2n－1）,1－2)－（2n－1）×2n＝－3＋（3－2n）×2n，∴Tn＝3＋（2n－3）×2n.3．解析：（1）证明：当n＝1时，a1＝2－2a1，得a1＝eq\f(2,3)，当n≥2时，有a1a2…an＝2－2an，a1a2…an－1＝2－2an－1，相除得an＝eq\f(1－an,1－an－1)（n≥2），整理为：eq\f(1,1－an－1)＝eq\f(an,1－an)＝eq\f(1,1－an)－1（n≥2），即eq\f(1,1－an)－eq\f(1,1－an－1)＝1（n≥2），∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))为等差数列，公差d＝1，首项为eq\f(1,1－a1)＝3；所以eq\f(1,1－an)＝3＋（n－1）＝n＋2，整理为：an＝eq\f(n＋1,n＋2)（n∈N*）.（2）bn＝eq\f(an,n（n＋1）)＝eq\f(1,n（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，Sn＝eq\f(1,2)（1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)）＝eq\f(1,2)（1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)），Sn＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\f(（2n＋3）,（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）).4．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.∵a1＝1，a5＝5（a4－a3），可得d＝1.∴an＝n.∵b1＝1，b5＝4（b4－b3），且q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，∴bn＝2n－1.（2）证明：由题可知Sn＝1＋2＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2)，故SnSn＋2＝eq\f(1,4)n（n＋1）（n＋2）（n＋3），Seq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))＝eq\f(1,4)（n＋1）2（n＋2）2，作差得：SnSn＋2－Seq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))＝eq\f(1,4)（n＋1）（n＋2）[n（n＋3）－（n＋1）（n＋2）]＝－eq\f(1,2)（n＋1）（n＋2）<0，因此，SnSn＋2<Seq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1)).（3）由题可知cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(bn,（bn＋1）（bn＋2＋1）)，n为奇数,\f(an－1,bn＋1)，n为偶数))，故当n为奇数2k－1（k∈N*）时，c2k－1＝eq\f(b2k－1,（b2k－1＋1）（b2k＋1＋1）)＝eq\f(1,3)（eq\f(1,b2k－1＋1)－eq\f(1,b2k＋1＋1)），故记Hn＝c1＋c3＋…＋c2n－1＝eq\f(1,3)eq\i\su(k＝1,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22k－2＋1)－\f(1,22k＋1)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,22n＋1))).当n为偶数2k（k∈N*）时，记Tn＝c2＋c4＋…＋c2n＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,42)＋…＋eq\f(2n－1,4n)，eq\f(1,4)Tn＝eq\f(1,42)＋eq\f(3,43)＋…＋eq\f(2n－3,4n)＋eq\f(2n－1,4n＋1)，故eq\f(3,4)Tn＝eq\f(1,4)＋eq\f(2,42)＋eq\f(2,43)＋…＋eq\f(2,4n)－eq\f(2n－1,4n＋1)＝eq\f(1,4)＋eq\f(\f(1,8)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n－1))),1－\f(1,4))－eq\f(2n－1,4n＋1)＝eq\f(5,12)－eq\f(1,6·4n－1)－eq\f(2n－1,4n＋1)，因此，Tn＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)－\f(1,6·4n－1)－\f(2n－1,4n＋1)))＝eq\f(5,9)－eq\f(6n＋5,9·4n)；故所求c1＋c2＋…＋c2n＝Tn＋Hn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,22n＋1)))＋eq\f(5,9)－eq\f(6n＋5,9·4n)＝eq\f(13,18)－eq\f(1,3·22n＋3)－eq\f(6n＋5,9·4n).5．解析：（1）选①：由于S5＝eq\f(5（a1＋a5）,2)＝5a3，S9＝eq\f(9（a1＋a9）,2)＝9a5，所以eq\f(S5,S9)＝eq\f(5a3,9a5)＝eq\f(1,3)，又a3＝6，所以a5＝10，故d＝eq\f(1,2)（a5－a3）＝2，所以an＝a3＋（n－3）d＝2n；选②：a2是a1和a4的等比中项，则aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝a1a4，所以（a3－d）2＝（a3－2d）（a3＋d），又a3＝6，解得d＝2，d＝0（舍去），所以an＝a3＋（n－3）d＝2n.（2）bn＝2an＝4n，cn＝an＋bn＝2n＋4n，则Tn＝（2＋4）＋（2×2＋42）＋…＋（2n＋4n）＝2（1＋2＋…＋n）＋（4＋42＋…＋4n）＝n2＋n＋eq\f(4（1－4n）,1－4)＝n2＋n＋eq\f(4,3)（4n－1）.6．解析：（1）当n≥2时，an＝eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)，∴Sn－Sn－1＝eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)，即eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝1，又eq\r(S1)＝1，所以数列{eq\r(Sn)}是首项为1，公差为1的等差数列，故eq\r(Sn)＝n，又由an＝eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)＝n＋n－1＝2n－1（n≥2），当n＝1时，a1＝1也适合，所以an＝2n－1.（2）∵eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)（eq\f(1,2n－1)