2023高考数学二轮专题复习与测试专题强化练五数列求和及简单应用

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专题强化练(五)　数列求和及简单应用
1．(2022·广东一模)已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足an(2Sn－an)＝1(n∈N*)．
(1)求证：数列{S}是等差数列，并求出Sn的表达式；
(2)数列{an}中是否存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得，，构成等差数列？请说明理由．
(1)证明：依题意，正项数列{an}中，a＝1，即a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，即(Sn－Sn－1)[2Sn－(Sn－Sn－1)]＝1，
整理得S－S＝1，又S＝a＝1，
所以数列{S}是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以S＝n，所以数列{an}是正项数列，所以Sn＝.
(2)解：数列{an}中不存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得，，构成等差数列．
理由如下：
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，
因为a1＝1，即∀n∈N*，都有an＝－，
所以＝＝＋，
假设数列{an}中存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得，，构成等差数列，则2(＋)＝＋＋＋，即＋＝＋，
两边同时平方，得k＋1＋k＋2·＝k－1＋k＋2＋2·，
所以(k＋1)k＝(k－1)(k＋2)，
整理得k2＋k＝k2＋k－2，所以0＝－2，不成立，故假设错误，
所以数列{an}中不存在连续三项ak，ak＋1，ak＋2，使得，，构成等差数列．
2．(2022·广州三模)已知递增等差数列{an}满足a1＋a5＝10，a2·a4＝21，数列{bn}满足2log2
bn＝an－1，n∈N*.
(1)求{bn}的前n项和Sn；
(2)若Tn＝nb1＋(n－1)b2＋…＋bn，求数列{Tn}的通项公式．
解：(1)由题意，设等差数列{an}公差为d(d>0)，则

解得(舍去)或
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
因为2log2bn＝an－1＝2n－1－1＝2n－2，
所以log2bn＝n－1，即bn＝2n－1＝1·2n－1，n∈N*.
故数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，
则Sn＝＝2n－1.
(2)由(1)，可知
Tn＝nb1＋(n－1)b2＋…＋bn
＝b1＋(b1＋b2)＋(b1＋b2＋b3)＋…＋(b1＋b2＋…＋bn)
＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn
＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n
＝－n
＝2n＋1－n－2.
3．(2022·广东模拟)已知各项均为正数的数列{an}满足a－2anan＋1－3a＝0(n∈N*)，且
a1＝3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝anlog3an＋1，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为a－2anan＋1－3a＝0(n∈N*)，
所以(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0，
又因为an>0，所以an＋1－3an＝0，
即＝3，
所以数列{an}是首项a1＝3，以3为等比的等比数列，
所以an＝3n.
(2)bn＝anlog3an＋1＝3n·log33n＋1＝(n＋1)3n，
则Tn＝2×3＋3×32＋4×33＋…＋(n＋1)3n，
3Tn＝2×32＋3×33＋4×34＋…＋n·3n＋(n＋1)3n＋1，
两式相减得
－2Tn＝6＋32＋33＋…＋3n－(n＋1)3n＋1＝3＋－(n＋1)3n＋1＝－(n＋)3n＋1＋，
所以Tn＝(＋)3n＋1－.
4．(2022·凉州区模拟)已知数列{an}是等比数列，且8a3＝a6，a2＋a5＝36.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn，并证明：Tn0，所以an＋2－an＝4，
于是：数列{an}的奇数项是以a1＝1为首项，以4为公差的等差数列，
偶数项是以a2＝3为首项，以4为公差的等差数列，
所以{an}的通项公式an＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n(2n－1)(2n＋1)，
Tn＝－a1a2＋a2a3－a3a4＋a4a5＋…＋(－1)nanan＋1＝a2(－a1＋a3)＋a4(－a3＋a5)＋…＋(－1)nanan＋1，
当n为偶数时，Tn＝4(a2＋a4＋…＋an)＝4×＝2n(n＋1)，
当n为奇数时，
Tn＝4(a2＋a4＋…＋an－1)－anan＋1＝
4×－(2n－1)(2n＋1)＝－2n2－2n＋1，
综上，数列{bn}的前n项和Tn＝