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2026高考数学第二轮专题
专题突破练7　数列求和的方法
1.(13分)(2025山东滨州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn.
2.(13分)(2025江苏扬州模拟)已知数列{an}中,a1=1,Sn为数列{an}的前n项和,满足Sn+1=3Sn+n+1(n∈N*).
(1)证明:数列是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log3(2an+1),求数列的前n项和Tn.
3.(15分)(2025广东深圳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=t(t≠-1),an+1-Sn=n.
(1)当t为何值时,数列{an+1}是等比数列
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,b1=1,点(Tn+1,Tn)在直线上,在(1)的条件下,若不等式+…+≥m-对于n∈N*恒成立,求实数m的最大值.
4.(15分)(2025浙江台州模拟)对于数列{an},记区间(1,an)内偶数的个数为bn,则称数列{bn}为{an}的偶数列.
(1)若数列{dn}为数列{n3}的偶数列,求d3.
(2)若数列{cn}为数列{2n+1+3}的偶数列,证明:数列{cn-1}为等比数列.
(3)在(2)的前提下,若数列{bn}为等差数列{an}的偶数列,a1=5,a5=13,求数列{bncn}的前n项和Sn.
答案：
1.解 (1)因为Sn=n2+2n,
所以当n=1时,a1=S1=3.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2-2(n-1)=2n+1.
当n=1时,上式也成立.所以an=2n+1.
(2)由(1)得,=22n+1+),所以Tn=23+(1-)+25+)+…+22n+1+),所以Tn=(23+25+…+22n+1)+(1-+…+),所以Tn=(1+),整理得Tn=4n+1-
2.解 (1)由题意,当n=1时,S2=3S1+2,得a1+a2=3a1+2.
∵a1=1,∴a2=4.
当n≥2时,Sn+1=3Sn+n+1, ①
Sn=3Sn-1+n, ②
①-②得an+1=3an+1(n≥2).
∵a2=4=3a1+1,∴an+1=3an+1(n≥1).则an+1+=3an+=3(an+),∵a1+0,=3,
是以a1+为首项,3为公比的等比数列.
∴an+,则an=
(2)由(1)得bn=log3(2an+1)=log33n=n,则,
的前n项和Tn=+…+=--3.
3.解 (1)由an+1-Sn=n,得an-Sn-1=n-1(n≥2),
两式相减得an+1-an-(Sn-Sn-1)=1,即an+1=2an+1,
所以an+1+1=2(an+1)(n≥2),
由a1=t及an+1-Sn=n,得a2=t+1.
因为数列{an+1}是等比数列,所以只需要=2,解得t=0,此时,数列{an+1}是以a1+1=1为首项,2为公比的等比数列.
(2)由(1)得an=2n-1-1,因为点(Tn+1,Tn)在直线上,所以,故是以=1为首项,为公差的等差数列,则=1+(n-1),所以Tn=
当n≥2时,bn=Tn-Tn-1==n,
b1=1满足该式,所以bn=n(n∈N*).
不等式+…+m-,
即为1++…+m-,
令Rn=1++…+,
则Rn=+…+,
两式相减得Rn=1++…+=2-,
所以Rn=4-,
由Rn≥m-恒成立,即4-m恒成立,
又(4-)-(4-)=,
故当n≤3时,单调递减;
当n≥4时,单调递增,
当n=3时,4-;当n=4时,4-,则4-的最小值为,所以实数m的最大值是
4.(1)解 在区间(1,33)内的偶数为2,4,6,8,10,12,14,16,18,20,22,24,26,共13个,所以d3=13.
(2)证明 在区间(1,2n+1+3)内的偶数为2,4,…,2n+1,2n+1+2,则cn=+1=2n+1.于是c1-1=2,=2,所以{cn-1}是首项为2,公比为2的等比数列.
(3)解 依题意,等差数列{an}的公差d==2,则an=5+2(n-1)=2n+3,bn=+1=n+1,
由(2)知,cn=2n+1,则bncn=(n+1)(2n+1)=(n+1)·2n+(n+1),
令数列{(n+1)·2n}的前n项和为Tn,则Tn=2×2+3×22+…+(n+1)·2n,
于是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+-(n+1)·2n+1=-n·2n+1.
因此Tn=n·2n+1,而数列{n+1}的前n项和为,所以Sn=Tn+=n·2n+1+
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