《2025年高考领航高中同步测试卷高中数学选择性必修第二册人教版》

16. (15 分) 若数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$满足$S_{n}=2a_{n}+n$.
(1) 求证: 数列$\{ a_{n}-1\}$是等比数列;
(2) 设$b_{n}=\log _{2}(1 - a_{n})$, 求数列$\left\{\frac{1}{b_{n}b_{n + 1}}\right\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案： 16.解：
(1)证明：当$n=1$时，$a_1=S_1=2a_1+1$，得
$a_1=-1$.
当$n\geq2$时，根据题意得，$S_{n-1}=2a_{n-1}+(n-1)$，$\therefore S_n-S_{n-1}=(2a_n+n)-[2a_{n-1}+(n-1)]=2a_n-2a_{n-1}+1=a_n$，即$a_n=2a_{n-1}-1$，
$\therefore a_n-1=2(a_{n-1}-1)$，即$\frac{a_n-1}{a_{n-1}-1}=2$，$\therefore$数列
$\{ a_n-1 \}$是首项为$-2$，公比为2的等比数列.
(2)由
(1)知，$a_n-1=(-2)·2^{n-1}=-2^n$，
$\therefore a_n=1-2^n$，$\therefore b_n=\log_2(1-a_n)=\log_22^n=n$，
$\because\frac{1}{b_nb_{n+1}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
则$T_n=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+·s+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$.

17. (15 分) 各项均为正数的数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,$a_{2}=4,a_{n + 1}^{2}=6S_{n}+9n + 1,n\in \mathbf{N}^{*}$, 各项均为正数的等比数列$\{ b_{n}\}$满足$b_{1}=a_{1},b_{3}=a_{2}$.
(1) 求数列$\{ a_{n}\},\{ b_{n}\}$的通项公式;
(2) 若$c_{n}=(3n - 2)· b_{n}$, 数列$\{ c_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$, 求$T_{n}$.

答案： 17.解：
(1)$\because a_{n+1}^2=6S_n+9n+1$，
$\therefore a_n^2=6S_{n-1}+9(n-1)+1(n\geq2)$，
$\therefore a_{n+1}^2-a_n^2=6a_n+9(n\geq2)$，$\therefore a_{n+1}^2=(a_n+3)^2$.
又$a_n＞0$，$\therefore a_{n+1}=a_n+3(n\geq2)$.
当$n=1$时，$a_2^2=6a_1+9+1$，可得$a_1=1$，
$\therefore a_2=a_1+3$，满足$a_{n+1}=a_n+3$，
$\therefore\{ a_n \}$为首项为1，公差为3的等差数列，
$\therefore a_n=3n-2(n\in N^*)$.
设数列$\{ b_n \}$的公比为$q(q＞0)$，$\because b_1=a_1=1,b_3=a_2=4$，$\therefore q=2$，$\therefore b_n=2^{n-1}$.
(2)$\because c_n=(3n-2)·2^{n-1}$，
$\therefore T_n=1×2^0+4×2^1+·s+(3n-2)×2^{n-1}$，
$2T_n=1×2^1+4×2^2+·s+(3n-2)×2^n$，
$\therefore-T_n=1+3×(2^1+2^2+·s+2^{n-1})-(3n-2)·2^n=1+6(2^{n-1}-1)-(3n-2)·2^n=(5-3n)·2^n-5$，
$\therefore T_n=(3n-5)·2^n+5$.