备考2024届高考数学一轮复习强化训练第五章数列第4讲数列求和

第4讲数列求和1.[命题点1]已知数列{an}满足an＋2＋（－1）nan＝3，a1＝1，a2＝2.（1）记bn＝a2n－1，求数列{bn}的通项公式；（2）记数列{an}的前n项和为Sn，求S30.解析　（1）an＋2＋（－1）nan＝3，令n取2n－1，则a2n＋1－a2n－1＝3，即bn＋1－bn＝3，又b1＝a1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以bn＝3n－2.（2）令n取2n，则a2n＋2＋a2n＝3，所以S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30），由（1）可知，a1＋a3＋…＋a29＝b1＋b2＋…＋b15＝330，a2＋a4＋…＋a30＝a2＋（a4＋a6）＋…＋（a28＋a30）＝2＋21＝23.所以S30＝330＋23＝353.2.[命题点2/2023四川绵阳南山中学模拟]在①Sn＋1＝2Sn＋2，②an＋1－an＝2n这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且.（1）求an；（2）若bn＝（n＋1）·an，求数列{bn}的前n项和Tn.解析　（1）若选①，Sn＋1＝2Sn＋2，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1＝2an，n≥2.当n＝1时，S2＝2S1＋2，即a1＋a2＝2a1＋2，又a1＝2，所以a2＝2a1，所以an＋1＝2an，n∈N*，即数列{an}是首项为2、公比为2的等比数列，故an＝2n.若选②，因为an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an－a1＝（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝21＋22＋…＋2n－1＝2（1－2n－1）1－2＝2n－2，所以an＝2n－2＋a1＝2n，当n＝1时，a1＝2满足上式，故an＝2n，n∈N*.（2）由（1）知bn＝（n＋1）·an＝（n＋1）·2n，则Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋（n＋1）×2n，2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋（n＋1）×2n＋1，两式相减得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－（n＋1）×2n＋1＝4＋4（1－2n－1）1－2－（n＋1）×2n＋1＝4－4＋2n＋1－（n＋1）×2n＋1＝－n×2n＋1，故Tn＝n×2n＋1. 3.[命题点3/2023南京市二模]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，（n－2）Sn＋1＋2an＋1＝nSn，n∈N*.（1）求数列{an}的通项公式；（2）求证：1a12＋1a22＋…＋1an2＜716.解析　（1）解法一　因为（n－2）Sn＋1＋2an＋1＝nSn，所以（n－2）Sn＋1＋2（Sn＋1－Sn）＝nSn，即nSn＋1＝（n＋2）Sn，所以Sn+1Sn＝n+2n.当n≥2时，Sn＝SnSn－1·Sn－1Sn－2·Sn－2Sn－3·…·S2S1·S1＝n+1n－1·nn－2·n－1n－3·…·31×2＝n（n＋1）.又n＝1时，上式也成立，所以Sn＝n（n＋1）（n∈N*）.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.又n＝1时，上式也成立，所以an＝2n（n∈N*）.解法二　因为（n－2）Sn＋1＋2an＋1＝nSn，所以n（Sn＋1－Sn）－2（Sn＋1－an＋1）＝0，所以2Sn＝nan＋1，　①所以当n≥2时，2Sn－1＝（n－1）an，　②①－②得2an＝nan＋1－（n－1）an（n≥2），即（n＋1）an＝nan＋1（n≥2），所以an+1an＝n+1n（n≥2），在①中令n＝1得2a1＝a2，又a1＝2，所以a2＝4，所以当n≥3时，an＝anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2＝nn－1·n－1n－2·…·32×4＝2n，又n＝1，2时，上式也成立，所以an＝2n（n∈N*）.（2）由（1）知1a12＋1a22＋…＋1an2＝14×（112＋122＋…＋1n2）.解法一　因为当n≥2时，1n2＜1n2－1，所以当n≥2时，112＋122＋132＋…＋1n2＜112＋122－1＋132－1＋…＋1n2－1＝1＋12（1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n+1）＝1＋12（1＋12－1n－1n+1）＜74， 当n＝1时，上式也成立，故112＋122＋132＋…＋1n2＜74，所以1a12＋1a22＋…＋1an2＜716.解法二　因为1n2＜1n（n－1）＝1n－1－1n（n≥2），所以当n≥3时，112＋122＋132＋…＋1n2＜1＋14＋（12－13）＋（13－14）＋…＋（1n－1－1n）＝1＋14＋12－1n＝74－1n＜74，当n＝1，2时，上式也成立，故112＋122＋132＋…＋1n2＜74，所以1a12＋1a22＋…＋1an2＜716.