2021高考数学一轮复习课时作业3 4页

课时作业30　数列求和 ‎ [基础达标]‎ ‎1．[2020·辽宁大连二十四中模拟]已知数列{an}的各项都是正数，n∈N*.‎ ‎(1)若{an}是等差数列，公差为d，且bn是an和an＋1的等比中项，设cn＝b－b，n∈N*，求证：数列{cn}是等差数列；‎ ‎(2)若a＋a＋a＋…＋a＝S，Sn为数列{an}的前n项和，求数列{an}的通项公式．‎ 解析：(1)由题意得b＝anan＋1，‎ 则cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，‎ 因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，∴{cn}是等差数列．‎ ‎(2)当n＝1时，a＝a，∵a1>0，∴a1＝1.‎ 当n≥2时，a＋a＋a＋…＋a＝S，①‎ a＋a＋a＋…＋a＝S，②‎ ‎①－②得，a＝S－S＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)．‎ ‎∵an>0，∴a＝Sn＋Sn－1＝2Sn－an，③‎ ‎∵a1＝1合适上式，∴当n≥2时，a＝2Sn－1－an－1，④‎ ‎③－④得a－a＝2(Sn－Sn－1)－an＋an－1＝2an－an＋an－1＝an＋an－1，‎ ‎∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1，‎ ‎∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，可得an＝n.‎ ‎2．[2020·四川绵阳诊断]已知等差数列{an}的公差大于0，且a4＝7，a2，a6－2a1，a14是等比数列{bn}的前三项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，若Sn>39，求n的取值范围．‎ 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d(d>0)，‎ 由a4＝7，得a1＋3d＝7，①‎ 又a2，a6－2a1，a14是等比数列{bn}的前三项，‎ ‎∴(a6－2a1)2＝a2a14，即(5d－a1)2＝(a1＋d)(a1＋13d)，化简得d＝2a1，②‎ 联立①②，解得a1＝1，d＝2.∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.‎ ‎(2)∵b1＝a2＝3，b2＝a6－2a1＝9，b3＝a14＝27是等比数列{bn}的前三项，‎ ‎∴等比数列{bn}的首项为3，公比为3.‎ ‎∴Sn＝＝.‎ - 4 -‎ 由Sn>39，得>39，化简得3n>27，解得n>3，n∈N*.‎ ‎3．[2020·河北廊坊省级示范高中联考]在数列{an}中，a1＝1，＝，设bn＝·an.‎ ‎(1)证明：数列{bn}是等比数列；‎ ‎(2)求{an}的前n项积Tn.‎ 解析：(1)因为＝＝·＝·＝4，b1＝2a1＝2，‎ 所以数列{bn}是首项为2，公比为4的等比数列．‎ ‎(2)由(1)知bn＝·an＝2·4n－1，则an＝·22n－1.‎ 从而Tn＝×××…×·21＋3＋5＋…＋(2n－1)＝.‎ ‎4．[2020·山西河津二中月考]设数列{an}满足a1＝1,3a2－a1＝1，且＝(n≥2，n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}中，b1＝，4bn＝an－1an(n≥2，n∈N*)，{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<1.‎ 解析：(1)∵＝(n≥2)，‎ ‎∴＝＋，‎ 又a1＝1,3a2－a1＝1，∴＝1，＝，‎ ‎∴－＝，‎ ‎∴是首项为1，公差为的等差数列，‎ ‎∴＝1＋(n－1)＝(n＋1)，即an＝.‎ ‎(2)∵4bn＝an－1an(n≥2)，∴bn＝＝－(n≥2)，又b1＝符合上式，∴bn＝－(n∈N*)，‎ - 4 -‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－＋－＋…＋－＝1－<1.‎ ‎5．[2019·浙江诸暨中学期中]设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解析：(1)a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝　①，‎ 当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝　②，‎ ‎①－②，得3n－1·an＝(n≥2)，即an＝；‎ 当n＝1时，a1＝，符合上式．‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)由(1)知bn＝ ‎①当n为奇数时，Sn＝1＋32＋3＋34＋…＋3n－1＋n＝·＋＝＋(3n－1－1)．‎ ‎②当n为偶数时，Sn＝1＋32＋3＋34＋…＋(n－1)＋3n＝·＋＝＋(3n－1)．‎ 所以数列{bn}的前n项和 Sn＝ ‎6．[2020·安徽合肥模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d>0，且a2a3＝40，a1＋a4＝13，在公比为q(00，所以a2