2023届高考数学二轮复习考点5数列求和及其综合应用作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习考点5数列求和及其综合应用作业含答案，共8页。试卷主要包含了设Sn为数列{an}的前n项和等内容，欢迎下载使用。
考点突破练5　数列求和及其综合应用1.(2022·全国甲·理17)设Sn为数列{an}的前n项和.已知+n=2an+1.(1)证明:{an}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.         2.(2022·河北石家庄一模)已知等差数列{an}的各项均为正数,公差d<3,若分别从下表第一、二、三行中各取一个数,依次作为a3,a4,a5,且a3,a4,a5中任何两个数都不在同一列. 项目第一列第二列第三列第一行356第二行748第三行11129 (1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<.        3.(2022·河北唐山一模)已知数列{an}的各项均不为零,Sn为其前n项和,且anan+1=2Sn-1.(1)证明:an+2-an=2;(2)若a1=-1,数列{bn}为等比数列,b1=a1,b2=a3,求数列{anbn}的前2 022项和T2 022.             4.(2022·河北石家庄二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,2an+1=Sn+2(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)数列{bn}满足bn=an·(loan-1)(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.          5.(2022·广东梅州二模)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,　　　　　. ①∀n∈N*,an+an+1=4n;②数列为等差数列,且的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处,并解答.(1)求an;(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.            6.(2022·重庆二模)已知Sn为数列{an}的前n项和,an>0,+2an=4Sn+3(n∈N*).数列{bn}满足b1=2,b2=4,=bnbn+2(n∈N*).(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)设cn=求数列{cn}的前2n项的和T2n.              
考点突破练5　数列求和及其综合应用1.(1)证明由+n=2an+1,变形为2Sn=2nan+n-n2,记为①式,又当n≥2时,有2Sn-1=2(n-1)an-1+n-1-(n-1)2,记为②式,①-②并整理可得(2n-2)an-(2n-2)an-1=2n-2,n≥2,n∈N*.即an-an-1=1,n≥2,n∈N*,所以{an}是等差数列.(2)解由题意可知=a4a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,所以an=-12+(n-1)×1=n-13,其中a1<a2<…<a12<0,a13=0,则Sn的最小值为S12=S13=-78.2.(1)解由题意可知,数列{an}为递增数列,又公差d<3,所以a3=5,a4=7,a5=9,则可求出a1=1,d=2,所以an=2n-1.(2)证明bn=,Tn=+…+=1+,故Tn<.3.(1)证明因为anan+1=2Sn-1, ①所以an+1an+2=2Sn+1-1, ②②-①得an+1(an+2-an)=2an+1,又an+1≠0,所以an+2-an=2.(2)解由a1=-1,得a3=1,于是b2=a3=1.由b1=a1=-1,得{bn}的公比q=-1.所以bn=(-1)n,anbn=(-1)nan.由a1a2=2a1-1,得a2=3.由an+2-an=2,得a2022-a2021=a2020-a2019=…=a2-a1=4.因此T2022=-a1+a2-a3+a4…-a2021+a2022=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2022-a2021)=1011×(a2-a1)=1011×4=4044.4.解(1)当n≥2时,由2an+1=Sn+2,得2an=Sn-1+2,两式相减得2an+1-2an=an,所以.因为a1=1,a2=,所以,符合上式.所以数列{an}是以1为首项,为公比的等比数列,所以an=.(2)bn=an·(loan-1)=(n-2)·,则Tn=-1×+0×+1×+…+(n-2)·Tn=-1×+0×+1×+…+(n-3)·+(n-2)·,两式相减得-Tn=-1++…+-(n-2)·=-2+-(n-2)=-(n-4)-4,所以Tn=2(n-4)+8.5.解(1)选条件①:由∀n∈N*,an+an+1=4n,得an+1+an+2=4(n+1),所以an+2-an=4(n+1)-4n=4,即数列{a2k-1},{a2k}(k∈N*)均为公差为4的等差数列,于是a2k-1=a1+4(k-1)=4k-3=2(2k-1)-1.又a1+a2=4,所以a2=3,a2k=a2+4(k-1)=4k-1=2·(2k)-1.所以an=2n-1.选条件②:由数列为等差数列,且的前3项和为6,得=3×=6,所以=2,所以的公差为d==2-1=1,=1+(n-1)=n,则Sn=n2.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.又a1=1满足an=2n-1,所以对任意的n∈N*,an=2n-1.(2)因为bn=,所以Tn=b1+b2+…+bn=+…+=.6.解(1)an>0,+2an=4Sn+3, ①当n=1时,-2a1-3=0,解得a1=3或a1=-1(负值舍去);当n≥2时,+2an-1=4Sn-1+3, ②①-②得(an+an-1)(an-an-1)=2(an+an-1),所以an-an-1=2.所以数列{an}是以3为首项,2为公差的等差数列.所以an=2n+1(n∈N*).因为数列{bn}满足b1=2,b2=4,=bnbn+2,所以数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,所以bn=2n.(2)因为an=2n+1,所以Sn==n2+2n=n(n+2),所以T2n=+…++(22+24+…+22n)=1-+++…++.