2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练33高考大题专练三数列的综合运用

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(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)因为4Sn＝3an＋4，所以4Sn＋1＝3an＋1＋4，两式相减得4an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝－3an.
又因为4S1＝3a1＋4，所以a1＝4，故数列{an}是首项为4，公比为－3的等比数列．
所以an＝4·(－3)n－1.
(2)方法一 由(1)及题意得，bn＝(－1)n－1nan＝4n·3n－1，所以Tn＝4(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n·3n－1)，
3Tn＝4(1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n)，两式相减可得－2Tn＝4(1＋31＋32＋…＋3n－1－n·3n)＝4( eq \f(1－3n,1－3)－n·3n)＝(2－4n)3n－2，
所以Tn＝(2n－1)3n＋1.
方法二 由(1)及题意得bn＝(－1)n－1nan＝4n·3n－1，所以当n≥2时，Tn＝Tn－1＋4n·3n－1，两边同时减去(2n－1)3n，得Tn－(2n－1)3n＝Tn－1－(2n－3)3n－1，故{Tn－(2n－1)3n}为常数列．
所以Tn－(2n－1)3n＝T1－(2×1－1)·3＝1，所以Tn＝(2n－1)3n＋1，n≥2.当n＝1时，T1＝b1＝4，满足上式，所以Tn＝(2n－1)3n＋1．
2．设等差数列{an}的公差为d，且d>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).
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数．)))
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
解析：(1)由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5
又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2，(k∈N*)
故a2k＋2＝a2k＋3，即bn＋1＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3
所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))为等差数列，故bn＝2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))×3＝3n－1.
(2)设 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前20项和为S20，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，
因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，
所以S20＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋a4＋…＋a18＋a20))－10
＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b1＋b2＋…＋b9＋b10))－10
＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10×2＋\f(9×10,2)×3))－10＝300.
4．[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)<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.
5．[2023·全国甲卷(理)]记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{ eq \f(an＋1,2n)}的前n项和Tn.
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)方法一 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).
方法二 设bn＝ eq \f(an＋1,2n)，
所以bn＝ eq \f(an＋1,2n)＝ eq \f(n,2n)＝( eq \f(1,2)n＋0)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)，
故a＝ eq \f(1,2)，b＝0，q＝ eq \f(1,2).
故A＝ eq \f(a,q－1)＝ eq \f(\f(1,2),\f(1,2)－1)＝－1，B＝ eq \f(b－A,q－1)＝ eq \f(0＋1,\f(1,2)－1)＝－2，C＝－B＝2.
故Tn＝(An＋B)·qn＋C＝(－n－2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＋2，整理得Tn＝2－ eq \f(2＋n,2n).
6．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知 eq \f(2,Sn)＋ eq \f(1,bn)＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
解析：(1)因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝ eq \f(bn,bn－1)，
代入 eq \f(2,Sn)＋ eq \f(1,bn)＝2可得， eq \f(2bn－1,bn)＋ eq \f(1,bn)＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝ eq \f(1,2)(n≥2).
又 eq \f(2,S1)＋ eq \f(1,b1)＝ eq \f(3,b1)＝2，所以b1＝ eq \f(3,2)，
故{bn}是以 eq \f(3,2)为首项， eq \f(1,2)为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，bn＝ eq \f(n＋2,2)，则 eq \f(2,Sn)＋ eq \f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝ eq \f(n＋2,n＋1)，
当n＝1时，a1＝S1＝ eq \f(3,2)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n＋2,n＋1)－ eq \f(n＋1,n)＝－ eq \f(1,n（n＋1）).
故an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，n＝1,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2)).
7．[2023·新课标Ⅱ卷]已知{an}为等差数列，bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－6，n为奇数,2an，n为偶数)).记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－6，n为奇数,2an，n为偶数))，
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.
因为S4＝32，T3＝16，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝32,（a1－6）＋（2a1＋2d）＋（a1＋2d－6）＝16))，
整理，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋3d＝16,a1＋d＝7))，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝5,d＝2))，
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.
(2)由(1)知an＝2n＋3，
所以Sn＝ eq \f(n[5＋（2n＋3）],2)＝n2＋4n.
当n为奇数时，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝ eq \f(\f(n＋1,2)（－1＋2n－3）,2)＋ eq \f(\f(n－1,2)（14＋4n＋2）,2)＝ eq \f(3n2＋5n－10,2).
当n>5时，Tn－Sn＝ eq \f(3n2＋5n－10,2)－(n2＋4n)＝ eq \f(n2－3n－10,2)＝ eq \f(（n－5）（n＋2）,2)>0，
所以Tn>Sn.
当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝ eq \f(\f(n,2)（－1＋2n－5）,2)＋ eq \f(\f(n,2)（14＋4n＋6）,2)＝ eq \f(3n2＋7n,2).
当n>5时，Tn－Sn＝ eq \f(3n2＋7n,2)－(n2＋4n)＝ eq \f(n2－n,2)＝ eq \f(n（n－1）,2)>0，所以Tn>Sn.
综上可知，当n>5时，Tn>Sn.
8．设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝ eq \f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn< eq \f(Sn,2).
解析：(1)设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝ eq \f(1,3)，故an＝ eq \f(1,3n－1)，bn＝ eq \f(n,3n).
(2)由(1)知Sn＝ eq \f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝ eq \f(3,2)(1－ eq \f(1,3n))，Tn＝ eq \f(1,3)＋ eq \f(2,32)＋ eq \f(3,33)＋…＋ eq \f(n,3n)，①
eq \f(1,3)Tn＝ eq \f(1,32)＋ eq \f(2,33)＋ eq \f(3,34)＋…＋ eq \f(n－1,3n)＋ eq \f(n,3n＋1)，②
①－②得 eq \f(2,3)Tn＝ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,32)＋ eq \f(1,33)＋…＋ eq \f(1,3n)－ eq \f(n,3n＋1)，
即 eq \f(2,3)Tn＝ eq \f(\f(1,3)（1－\f(1,3n)）,1－\f(1,3))－ eq \f(n,3n＋1)＝ eq \f(1,2)(1－ eq \f(1,3n))－ eq \f(n,3n＋1)，
整理得Tn＝ eq \f(3,4)－ eq \f(2n＋3,4×3n)，
则2Tn－Sn＝2( eq \f(3,4)－ eq \f(2n＋3,4×3n))－ eq \f(3,2)(1－ eq \f(1,3n))＝－ eq \f(n,3n)<0，故Tn< eq \f(Sn,2).