新教材2025版高中數(shù)學(xué)課時(shí)作業(yè)十一數(shù)列求和習(xí)題課新人教A版選擇性必修第二冊

課時(shí)作業(yè)(十一)數(shù)列求和習(xí)題課練基礎(chǔ)1.[2024·北京海淀高二期末]已知等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，滿意a1＝1，d>0，且a1，a2，S3成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝an＋2an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.2．[2024·廣東茂名高二期末]已知在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，2a1a2＝a3，a1＋a2＝3.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝log2an＋1，求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項(xiàng)和Sn.提實(shí)力3.[2024·重慶試驗(yàn)中學(xué)高二期末]已知公差大于1的等差數(shù)列{an}中，a2＝3，且a1＋1，a3－1，a6－3成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{eq\f(1,anan＋1)}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：eq\f(1,3)≤Sn＜eq\f(1,2).4．[2024·遼寧沈陽高二期末]已知數(shù)列{an}是n次多項(xiàng)式f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn的系數(shù)，且f(1)＝eq\f(n（n＋1）,2).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，并說明feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<2.5.[2024·山東東營高二期末]設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝1，且滿意Sn＝n2an.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若等差數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和等于eq\f(1,an)，cn＝(－1)bn·b2n，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Mn培優(yōu)生6.已知數(shù)列a1＝3，an＋1＝4an－3.(1)求{an－1}為等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)；(2)令bn＝eq\f(n2,an－1)，證明：b1＋b2＋b3＋…＋bn<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))eq\s\up12(2).課時(shí)作業(yè)(十一)數(shù)列求和習(xí)題課1．解析：(1)a1，a2，S3成等比數(shù)列，故aeq\o\al(2,2)＝a1S3?(1＋d)2＝3＋3d，化簡得：d2－d－2＝0，因?yàn)閐>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)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為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)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d＞1，∵a2＝3，且a1＋1，a3－1，a6－3成等比數(shù)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)證明：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，∴數(shù)列{Sn}單調(diào)遞增，∴S1≤Sn＜eq\f(1,2)，即eq\f(1,3)≤Sn＜eq\f(1,2).4．解析：(1)設(shè)f(1)＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)，則an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n（n＋1）,2)－eq\f(（n－1）n,2)＝n，n≥2，當(dāng)n＝1時(shí)，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?yàn)镾n＝n2an①，所以當(dāng)n≥2時(shí)，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)，則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）)，所以當(dāng)n≥2時(shí)an＝eq\f(2,n（n＋1）)，易知n＝1時(shí)上式也成立，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(2,n（n＋1）).(2)記等差數(shù)列{bn}的公差為d，由題可得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，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Mn＝－2＋(4－6)＋(8－10)＋…＋[(－1)n－1·2(n－1)＋(－1)n·2n]＝－2－2×eq\f(n－1,2)＝－n－1；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Mn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋[(－1)n－1·2(n－1)＋(－1)n·2n]＝2×eq\f(n,2)＝n.綜上Mn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n－1（n為奇數(shù)）,n（n為偶數(shù)）)).6．解析：(1)由an＋1＝4an－3得：an＋1－1＝4(an－1)，故{an－1}為等比數(shù)列，公比是4，首項(xiàng)為3－1＝2，故an－1＝2×4n－1，所以an＝2×4n－1＋1＝22n－1＋1.(2)證明：bn＝eq\f(n2,an－1)＝eq\f(n2,22n－1)，則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，則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，記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\