新高考高考数学一轮复习巩固练习6.8第55练《高考大题突破练——数列》（2份打包，解析版+原卷版）

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1．(2022·长沙检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝1，S7＝14，数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝2eq \f(n2＋n,2).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝bncs anπ，求数列{cn}的前2n项和T2n.
解 (1)设数列{an}的公差为d，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝1，,S7＝14，))
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝1，,7a1＋21d＝14，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,2)，,d＝\f(1,2)，))
所以an＝eq \f(n,2).
由b1·b2·b3·…·bn＝，
可得b1·b2·b3·…·bn－1＝(n≥2)，
两式相除得bn＝2n(n≥2)，
当n＝1时也适合该等式，故bn＝2n.
(2)cn＝bncs anπ＝2ncs eq \f(1,2)nπ，
所以T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n－1＋c2n
＝21cs eq \f(1,2)π＋22cs π＋23cs eq \f(3,2)π＋…＋22n－1·cs eq \f(2n－1,2)π＋22ncs nπ
＝22cs π＋24cs 2π＋26cs 3π＋…＋22ncs nπ
＝－22＋24－26＋…＋(－1)n22n
＝eq \f(－4[1－－4n],1－－4)
＝－eq \f(－4n＋1＋4,5).
2．(2022·泰安模拟)在①a1＋1，a3－1，a6－3成等比数列，②S5是a3和a23的等差中项，③{a2n}的前6项和是78，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．
已知数列{an}为公差大于1的等差数列，a2＝3，且前n项和为Sn，若________，数列{bn}为等比数列，b5＝8b2且b4＝a8＋1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)设{an}的公差为d.
若选条件①，则(a3－1)2＝(a1＋1)(a6－3)，
即(d＋2)2＝(4－d)×4d，
所以d＝2或d＝eq \f(2,5)，
因为d>1，
所以d＝2，an＝a2＋(n－2)d＝3＋2(n－2)＝2n－1.
若选条件②，则2S5＝a3＋a23，
即2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5a1＋\f(5×4,2)d))＝a2＋d＋a2＋21d，
即10(a2－d)＋20d＝2a2＋22d，解得d＝2，
所以an＝2n－1.
若选条件③，则a2＋a4＋a6＋…＋a12＝6a2＋eq \f(6×5,2)×2d＝18＋30d＝78，解得d＝2，所以an＝2n－1.
设{bn}的公比为q，则eq \f(b5,b2)＝q3＝8，
则q＝2，b4＝a8＋1＝16，
所以bn＝b4·qn－4＝16·2n－4＝2n.
(2)cn＝(2n－1)·2n，
则Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，
2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1，
两式相减得－Tn＝21＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)×2n＋1＝2＋2×eq \f(221－2n－1,1－2)－(2n－1)×2n＋1＝(－2n＋3)×2n＋1－6，
所以Tn＝(2n－3)2n＋1＋6.
3．(2022·淄博模拟)在①S5＝50，②S1，S2，S4成等比数列，③S6＝3(a6＋2)这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题．
问题：已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，前n项和为Sn，且满足________．
(1)求an；
(2)若bn－bn－1＝2an(n≥2)，且b1－a1＝1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))的前n项和Tn.
注：如果选择多种情况分别解答，按第一种解答计分．
解 (1)选择条件①②，
由S5＝50，得5a1＋eq \f(5×4,2)d＝5(a1＋2d)＝50，
即a1＋2d＝10，
由S1，S2，S4成等比数列，得Seq \\al(2,2)＝S1S4，
即4aeq \\al(2,1)＋4a1d＋d2＝4aeq \\al(2,1)＋6a1d，即d＝2a1，
解得a1＝2，d＝4，因此an＝4n－2.
选择条件①③，
由S5＝50，得5a1＋eq \f(5×4,2)d＝5(a1＋2d)＝50，
即a1＋2d＝10，
由S6＝3(a6＋2)，得eq \f(6a1＋a6,2)＝3a1＋3a6＝3a6＋6，
即a1＝2，
解得d＝4，因此an＝4n－2.
选择条件②③，
由S1，S2，S4成等比数列，得Seq \\al(2,2)＝S1S4,4aeq \\al(2,1)＋4a1d＋d2＝4aeq \\al(2,1)＋6a1d，
即d＝2a1，
由S6＝3(a6＋2)，得eq \f(6a1＋a6,2)＝3a1＋3a6＝3a6＋6，
即a1＝2，解得d＝4，因此an＝4n－2.
(2)由a1＝2，an＝4n－2可得b1＝3，bn－bn－1＝2an＝8n－4，
当n≥2时，(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)
＝(8n－4)＋(8n－12)＋…＋12＝eq \f([8n－4＋12]n－1,2)＝4n2－4，
即bn－b1＝4n2－4，则bn＝4n2－1，
当n＝1时，b1＝3，符合bn＝4n2－1，
所以当n∈N*时，bn＝4n2－1，
则eq \f(1,bn)＝eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
因此Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
4．(2022·天津市宝坻区第一中学模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足c2n－1＝an，c2n＝(－1)nanbn，求数列{cn}的前2n项和T2n；
(3)求eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(－1k6k＋5bk,akak＋1).
解 (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，a1＝3，b1＝1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＋S2＝10，,a5－2b2＝a3，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＋3＋3＋d＝10，,3＋4d－2q＝3＋2d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2，,q＝2，)) 所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.
(2)T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
＝(a1＋a2＋…＋an)＋a1(－b1)1＋a2b2＋…＋(－1)nanbn.
设{an}前n项和为A，
A＝eq \f(3＋2n＋1n,2)＝n2＋2n，
设{(－1)nanbn}＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)2n＋1－2n))前n项和为B，
B＝eq \f(1,2)×3×(－2)1＋eq \f(1,2)×5×(－2)2＋…＋eq \f(1,2)×(2n－1)×(－2)n－1＋eq \f(1,2)×(2n＋1)×(－2)n，
－2B＝eq \f(1,2)×3×(－2)2＋eq \f(1,2)×5×(－2)3＋…＋eq \f(1,2)×(2n－1)×(－2)n＋eq \f(1,2)×(2n＋1)×(－2)n＋1，两式相减得
3B＝－3＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n－eq \f(1,2)×(2n＋1)×(－2)n＋1.
3B＝－3＋eq \f(4－－2n＋1,1＋2)－eq \f(1,2)×(2n＋1)×(－2)n＋1，
B＝eq \f(－5,9)－eq \f(6n＋5,18)×(－2)n＋1，
综上可知T2n＝A＋B＝n2＋2n－eq \f(5,9)－eq \f(6n＋5,18)×(－2)n＋1.
(3)eq \f(－1n6n＋5bn,anan＋1)＝eq \f(－1n6n＋52n－1,2n＋12n＋3)
＝eq \f(－1n2n－1,2n＋1)－eq \f(－1n＋12n,2n＋3).
令Pn＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(－1k6k＋5bk,akak＋1)，
则Pn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1,3)－\f(2,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)－\f(－4,7)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4,7)－\f(8,9)))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(－1n2n－1,2n＋1)－\f(－1n＋12n,2n＋3))).
即eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(－1k6k＋5bk,akak＋1)＝－eq \f(1,3)－eq \f(－1n＋12n,2n＋3).