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课时规范练 38 数列求和
1.(13分)(2024·河北唐山一模)已知数列{a }是各项均为正数的等比数列,其前n项和为
n
S ,且a a =16,S =S +24.
n 2 4 5 3
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)记{a +log a }的前n项和为T ,求满足T <2 024的最大整数n.
n 2 n n n
2.(15分)(2024·河北邯郸二模)已知各项均为正数的数列{a }的前n项和为S ,a =3,且
n n 2
√S =√S +√S .
n+1 n 1
(1)求{a }的通项公式;
n
4S
(2)若b = n ,求数列{b }的前n项和T .
n n n
a a
n n+1
3.(15分)(2024·辽宁沈阳三模)设公差不为0的等差数列{a }的首项为1,且a ,a ,a 成等
n 2 5 14
比数列.
(1)求数列{a }的通项公式;
n
a +1 1
(2)已知数列{b
n
}各项均为正数,且 b2= n ,设数列{ }的前n项和为S
n
,求证:S
n
<
n 2 b +b
n n+1
√n+1.
4.(17分)(2024·湖北荆州三模)“H数列”定义:数列{a }的前n项和为S ,如果对于任意的
n n
正整数n,总存在正整数m使S =a ,则称数列{a }是“H数列”.
n m n
(1)若数列{b }的前n项和为T =2n,求证:数列{b }是“H数列”;
n n n
(2)已知数列{c }是“H数列”,且数列{c }是首项为1,公差小于0的等差数列,求数列{c }
n n n
的通项公式;
(3)若数列{d }满足:d =b c ,求数列{d }的前n项和D .
n n n n n n
答案：
1.解 (1)设{a }的公比为q,则a =a qn-1.
n n 1
因为a >0,所以q>0.依题意可得{ a =4, { a q2=4,
n 3 即 1
a +a =24, a q3+a q4=24,
4 5 1 1
整理得q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去),所以a =a qn-3=2n-1.
n 3
(2)由(1)可知a +log a =2n-1+n-1,
n 2 n
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故T =(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)=2n-1+ ,显然,T 随着n的增大而增大,
n n
2
T =210-1+45=1 068<2 024,T =211-1+55=2 102>2 024,所以满足T <2 024的最大整数n=10.
10 11 n
2.解 (1)当n=1时,√S =√S +√S ,即√a +a =2√a ,解得a =1,所以√S −√S =√S =1,则数列{
2 1 1 1 2 1 1 n+1 n 1
√S }是首项为1,公差为1的等差数列.所以√S =n,则S =n2.当n≥2时,a =S -S =n2-(n-1)2=2n-1.
n n n n n n-1
当n=1时,a =2×1-1=1满足上式,所以{a }的通项公式为a =2n-1.
1 n n
4S 4n2 4n2 1 1
(2)由(1)知,b = n = ,所以b = =1+ =1+
n a a (2n-1)(2n+1) n 4n2-1 4n2-1 (2n-1)(2n+1)
n n+1
1 1 1
=1+ ( − ),
2 2n-1 2n+1
1 1 1 1 1 1 1 1 n n
故T n =n+ (1- + − +…+ − )=n+ (1- )=n+ ,即T n =n+ .
2 3 3 5 2n-1 2n+1 2 2n+1 2n+1 2n+1
3.(1)解 设等差数列{a }的公差为d,则d≠0,因为a ,a ,a 成等比数列,所以a a =a2,即(a +d)
n 2 5 14 2 14 5 1
(a +13d)=(a +4d)2,将a =1代入上式,解得d=2或d=0(舍去).故a =2n-1.
1 1 1 n
a +1
(2)证明 由(1)得 b2= n =n.
n 2
又b >0,
n
1 1 √n+1-√n
所以b
n
=√n.所以 = = =√n+1−√n,
b +b √n+√n+1 (√n+√n+1)(√n+1-√n)
n n+1
则S =√2-1+√3−√2+…+√n+1−√n=√n+1-1<√n+1.
n
4.(1)证明 当n=1时,b =T =2;当n≥2时,b =T -T =2n-1,b =2不符合该式.
1 1 n n n-1 1
{ 2,n=1,
∴b = 即T =b .
n 2n-1,n≥2, n n+1
∴数列{b }是“H数列”.
n
n(n-1) n(n-1)
(2)解 设数列{c }的公差为d,S =n+ d.对∀n∈N*, m∈N*,使S =c ,即n+ d=1+
n n n m
2 2
∃
(m-1)d.
1
当n=2时,得1+d=(m-1)d,解得m=2+ .∵d<0,∴m<2.又m∈N*,∴m=1.
d
n(3-n)
故d=-1,c =2-n,S = 是小于2的正整数.此时对于任意的正整数n,总存在正整数m使
n n
2
S =c ,故c =2-n.
n m n
{ 2,n=1,
(3)解 由(1)(2)知,b = c =2-n,当n≥2时,D =2×1+2×0+22×(-1)+23×(-2)+…+2n-1×(2-n),
n 2n-1,n≥2, n n
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx∴2D =4+22×0+23×(-1)+…+2n-1×(1-n)+2n×(2-n),∴-D =-2+(-1)(22+23+…+2n-1)-2n×(2-n),
n n
22(1-2n-2)
∴D =2+ +2n×(2-n)=(3-n)·2n-2.当n=1时,D =d =2,满足上式.综上,D =(3-n)·2n-2
n 1 1 n
1-2
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