新教材2025版高中数学课时作业十一数列求和习题课新人教A版选择性必修第二册

课时作业(十一)数列求和习题课练基础1.[2024·北京海淀高二期末]已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，满意a1＝1，d>0，且a1，a2，S3成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝an＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn.2．[2024·广东茂名高二期末]已知在正项等比数列{an}中，2a1a2＝a3，a1＋a2＝3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an＋1，求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Sn.提实力3.[2024·重庆试验中学高二期末]已知公差大于1的等差数列{an}中，a2＝3，且a1＋1，a3－1，a6－3成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{eq\f(1,anan＋1)}的前n项和为Sn，求证：eq\f(1,3)≤Sn＜eq\f(1,2).4．[2024·辽宁沈阳高二期末]已知数列{an}是n次多项式f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn的系数，且f(1)＝eq\f(n（n＋1）,2).(1)求数列{an}的通项公式；(2)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，并说明feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<2.5.[2024·山东东营高二期末]设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，且满意Sn＝n2an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若等差数列{bn}的前n项和等于eq\f(1,an)，cn＝(－1)bn·b2n，求数列{cn}的前n项和Mn培优生6.已知数列a1＝3，an＋1＝4an－3.(1)求{an－1}为等比数列，并求{an}的通项；(2)令bn＝eq\f(n2,an－1)，证明：b1＋b2＋b3＋…＋bn<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))eq\s\up12(2).课时作业(十一)数列求和习题课1．解析：(1)a1，a2，S3成等比数列，故aeq\o\al(2,2)＝a1S3⇒(1＋d)2＝3＋3d，化简得：d2－d－2＝0，因为d>0，所以d＝2，因此an＝2n－1.(2)bn＝an＋2an＝2n－1＋22n－1，因此Tn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(21＋23＋…＋22n－1)＝eq\f(（1＋2n－1）n,2)＋eq\f(2×（1－4n）,1－4)＝n2＋eq\f(22n＋1,3)－eq\f(2,3).2．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，q>0，由2a1a2＝a3，a1＋a2＝3，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2aeq\o\al(2,1)q＝a1q2,a1（1＋q）＝3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1,q＝2))，所以，an＝2n－1，n∈N*.(2)即bn＝log2an＋1＝log22n＝n，n∈N*.所以，eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，n∈N*.于是，Sn＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(n,n＋1)，n∈N*.3．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d＞1，∵a2＝3，且a1＋1，a3－1，a6－3成等比数列，∴a1＋d＝3，(a3－1)2＝(a1＋1)(a6－3)，即(a1＋2d－1)2＝(a1＋1)(a1＋5d－3)，解得a1＝1，d＝2.∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)证明：eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，∴Sn＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,2n＋1))，∵Sn＋1－Sn＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋3))＞0，∴数列{Sn}单调递增，∴S1≤Sn＜eq\f(1,2)，即eq\f(1,3)≤Sn＜eq\f(1,2).4．解析：(1)设f(1)＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)，则an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n（n＋1）,2)－eq\f(（n－1）n,2)＝n，n≥2，当n＝1时，a1＝1，S1＝1成立，所以an＝n(n∈N*).(2)由(1)知f(x)＝x＋2x2＋…＋nxn，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,22)＋3×eq\f(1,23)＋…＋n×eq\f(1,2n)，①eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,22)＋2×eq\f(1,23)＋3×eq\f(1,24)＋…＋(n－1)eq\f(1,2n)＋n×eq\f(1,2n＋1)，②由①－②得eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)－n×eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－n×eq\f(1,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)<2.5．解析：(1)因为Sn＝n2an①，所以当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2an－1②，①－②可得：an＝n2an－(n－1)2an－1，整理可得eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n＋1)，则eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×eq\f(a4,a3)×…×eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,4)×eq\f(3,5)×…×eq\f(n－2,n)×eq\f(n－1,n＋1)，所以eq\f(an,a1)＝eq\f(2,n（n＋1）)，所以当n≥2时an＝eq\f(2,n（n＋1）)，易知n＝1时上式也成立，所以数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2,n（n＋1）).(2)记等差数列{bn}的公差为d，由题可得nb1＋eq\f(n（n－1）d,2)＝eq\f(n（n＋1）,2)，即dn2＋(2b1－d)n＝n2＋n，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝1,2b1－d＝1))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝1，,b1＝1，))所以bn＝n，所以cn＝(－1)n·2n，所以Mn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，当n为奇数时，Mn＝－2＋(4－6)＋(8－10)＋…＋[(－1)n－1·2(n－1)＋(－1)n·2n]＝－2－2×eq\f(n－1,2)＝－n－1；当n为偶数时，Mn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋[(－1)n－1·2(n－1)＋(－1)n·2n]＝2×eq\f(n,2)＝n.综上Mn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n－1（n为奇数）,n（n为偶数）)).6．解析：(1)由an＋1＝4an－3得：an＋1－1＝4(an－1)，故{an－1}为等比数列，公比是4，首项为3－1＝2，故an－1＝2×4n－1，所以an＝2×4n－1＋1＝22n－1＋1.(2)证明：bn＝eq\f(n2,an－1)＝eq\f(n2,22n－1)，则b1＋b2＋b3＋…＋bn＝Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(4,23)＋eq\f(9,25)＋…＋eq\f(n2,22n－1)①，①乘以eq\f(1,4)得：eq\f(1,4)Tn＝eq\f(1,23)＋eq\f(4,25)＋eq\f(9,27)＋…＋eq\f(n2,22n＋1)②，则①－②得：eq\f(3,4)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,23)＋eq\f(5,25)＋eq\f(7,27)＋…＋eq\f(2n－1,22n－1)－eq\f(n2,22n＋1)③，记Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,23)＋eq\f(5,25)＋eq\f(7,27)＋…＋eq\f(2n－1,22n－1)④，④乘以eq\f(1,4)得：eq\f(1,4)Sn＝eq\f(1,23)＋eq\f(3,25)＋eq\f(5,27)＋eq\f(7,29)＋…＋eq\f(2n－1,22n＋1)⑤，④－⑤得：eq\f(3,4)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,23)＋eq\f(2,25)＋…＋eq\f(2,22n－1)－eq\f(2n－1,22n＋1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\f(1,4)－\f(1,22n),1－\f(1,4))－eq\f(2n－1,22n＋1)＝eq\f(5,6)－eq\f(2n＋\f(5,3),22n＋1)，所以Sn＝eq\f(10,9)－eq\f(2n＋\f(5,3),22n＋1)×eq\f(4,3)，故eq\f(3,4)Tn＝eq\f(10,9)－eq\f(2n＋\f(5,3),22n＋1)×eq\f(4,3)－eq\f(n2,22n＋1)，所以Tn＝eq\