新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点13数列的通项与求和大题突破（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点13数列的通项与求和大题突破（附解析），共6页。
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{eq \f(an＋1,2n)}的前n项和Tn.
解：
2．[2022·新高考Ⅰ卷]记Sn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和，已知a1＝1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列．
(1)求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)1.令bn＝eq \f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
解：
4．[2023·辽宁丹东模拟]记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝5，nan＋1＝Sn－eq \f(n（n＋1）,2)＋1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：Sn≤20.
解：
5．[2023·山东省实验中学模拟]已知两个正项数列{an}，{bn}满足(an－bn)bn＝1，eq \f(1,an)＝eq \f(bn,n2＋1).
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝[an＋an＋1]＋bn，其中[x]表示不超过x的最大整数，求{cn}的前n项和Sn.
解：
6．[2023·河北保定模拟]数列{an}的前n项和为Sn满足2Sn＝3an－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}满足bn＝3n，在数列{bn}中清除掉属于数列{an}的项，并且把剩余的项从小到大排列，构成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100.
解：
命题点13 数列的通项与求和(大题突破)
1．解析：(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.
当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1，
两式相减得2an＝nan－(n－1)an－1，
即(n－1)an－1＝(n－2)an，
当n＝2时，可得a1＝0，
故当n≥3时，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n－2)，则eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)＝eq \f(n－1,n－2)·eq \f(n－2,n－3)·…·eq \f(2,1)，
整理得eq \f(an,a2)＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1(n≥3).
当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1.
(2)令bn＝eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(n,2n)，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)①，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)②
由①－②得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(2＋n,2n＋1)，
即Tn＝2－eq \f(2＋n,2n).
2．解析：(1)∵a1＝1，∴eq \f(S1,a1)＝1.
又∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列，
∴eq \f(Sn,an)＝eq \f(S1,a1)＋eq \f(1,3)(n－1)，
即Sn＝(eq \f(1,3)n＋eq \f(2,3))an＝eq \f(1,3)(n＋2)an，
∴当n≥2时，Sn－1＝eq \f(1,3)(n＋1)an－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,3)(n＋2)an－eq \f(1,3)(n＋1)an－1，n≥2，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，
∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)，n≥2，
∴当n≥2时，eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)＝eq \f(n＋1,n－1)·eq \f(n,n－2)·…·eq \f(4,2)·eq \f(3,1)＝eq \f(n（n＋1）,2)，∴an＝eq \f(n（n＋1）,2).
当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝eq \f(n（n＋1）,2).
(2)证明：由(1)知an＝eq \f(n（n＋1）,2)，
∴eq \f(1,an)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，
∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝2(1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))＝2(1－eq \f(1,n＋1)).
∵n∈N*，∴0＜eq \f(1,n＋1)≤eq \f(1,2)，∴1－eq \f(1,n＋1)＜1，
∴2(1－eq \f(1,n＋1))＜2，∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＜2.
3．解析：(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d，
所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，
所以an＝nd.
因为bn＝eq \f(n2＋n,an)，所以bn＝eq \f(n2＋n,nd)＝eq \f(n＋1,d)，
所以S3＝eq \f(3（a1＋a3）,2)＝eq \f(3（d＋3d）,2)＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝eq \f(2,d)＋eq \f(3,d)＋eq \f(4,d)＝eq \f(9,d).
因为S3＋T3＝21，
所以6d＋eq \f(9,d)＝21，解得d＝3或d＝eq \f(1,2)，
因为d>1，所以d＝3.
所以{an}的通项公式为an＝3n.
(2)因为bn＝eq \f(n2＋n,an)，且{bn}为等差数列，
所以2b2＝b1＋b3，即2×eq \f(6,a2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(12,a3)，
所以eq \f(6,a1＋d)－eq \f(1,a1)＝eq \f(6,a1＋2d)，所以a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d.
①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝eq \f(n2＋n,an)＝eq \f(n2＋n,nd)＝eq \f(n＋1,d)，
S99＝eq \f(99（a1＋a99）,2)＝eq \f(99（d＋99d）,2)＝99×50d，
T99＝eq \f(99（b1＋b99）,2)＝eq \f(99（\f(2,d)＋\f(100,d)）,2)＝eq \f(99×51,d).
因为S99－T99＝99，
所以99×50d－eq \f(99×51,d)＝99，
即50d2－d－51＝0，
解得d＝eq \f(51,50)或d＝－1(舍去).
②当a1＝2d时，an＝(n＋1)d，所以bn＝eq \f(n2＋n,an)＝eq \f(n2＋n,（n＋1）d)＝eq \f(n,d)，
S99＝eq \f(99（a1＋a99）,2)＝eq \f(99（2d＋100d）,2)＝99×51d，
T99＝eq \f(99（b1＋b99）,2)＝eq \f(99（\f(1,d)＋\f(99,d)）,2)＝eq \f(99×50,d).
因为S99－T99＝99，
所以99×51d－eq \f(99×50,d)＝99，
即51d2－d－50＝0，
解得d＝－eq \f(50,51)(舍去)或d＝1(舍去).
综上，d＝eq \f(51,50).
4．解析：(1)当n≥2，n∈N*时，
由nan＋1＝Sn－eq \f(n（n＋1）,2)＋1⇒(n－1)an＝Sn－1－eq \f(n（n－1）,2)＋1，两式相减，得an＋1－an＝－1.所以数列{an}从第三项起，每一项与前一项的差为－1，
因为a1＝5，所以a2＝S1－eq \f(1×（1＋1）,2)＋1⇒a2＝5－1＋1＝5，
所以当n≥2，n∈N*时，an＝5＋(n－2)×(－1)＝7－n，显然a1＝5不适合，
故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5，n＝1,7－n，n≥2，n∈N*)).
(2)证明：因为a1＝5>0，a2＝5>0，数列{an}从第三项起，每一项与前一项的差为－1，
所以当n≥2，n∈N*时，数列{an}是单调递减数列，
当an＝7－n≥0⇒n≤7，所以当n＝6，7时，Sn有最大值，
最大值为5＋5＋4＋3＋2＋1＝20，所以Sn≤20.
5．解析：(1)由eq \f(1,an)＝eq \f(bn,n2＋1)，得anbn＝n2＋1，
由(an－bn)bn＝1，得anbn＝1＋b eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ，∴b eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝n2，因为{bn}是正项数列，∴bn＝n，
∴an＝eq \f(n2＋1,bn)＝n＋eq \f(1,n).
(2)因为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(an＋an＋1))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,n)＋n＋1＋\f(1,n＋1)))
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2n＋1＋\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4，n＝1,2n＋1，n≥2))，
所以cn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(an＋an＋1))＋bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5，n＝1,3n＋1，n≥2))，
所以当n≥2时Sn＝5＋7＋10＋…＋(3n＋1)
＝5＋eq \f(（7＋3n＋1）（n－1）,2)＝eq \f(1,2)(3n2＋5n＋2)，
当n＝1时S1＝5满足Sn＝eq \f(1,2)(3n2＋5n＋2)，
所以Sn＝eq \f(1,2)(3n2＋5n＋2).
6．解析：(1)在2Sn＝3an－3中令n＝1，得a1＝3，
∵2Sn＝3an－3，∴当n>1时，2Sn－1＝3an－1－3，
两式相减得2an＝3an－3an－1，∴an＝3an－1，
∴数列{an}是以3为首项，以3为公比的等比数列，
∴an＝3n.
(2)∵bn＝3n，
∴数列{an}中的项都在数列{bn}中．
数列{an}前5项：3，9，27，81，243，在数列{bn}前105项中，这五项和为363，
数列{bn}前105项为3，6，9，…，27，…81，…，243，…，315，
它们的和为105×3＋105×52×3＝16695，
所以数列{cn}的前100项和为数列{bn}前105项的和减去3，9，27，81，243的和，
得：105×3＋105×52×3－363＝16332.