2025届高考数学二轮专题复习与测试专题2数列的综合问题练习

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题2数列的综合问题练习，共10页。
(1)求证：数列{an}为等差数列；
(2)若bn＝2ancs (n2π)，求数列{bn}的前20项和T20.
【解】 (1)证明：因为nan＋n＝2Sn(n∈N*)，所以2Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋n＋1，
两式相减可得2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan＋1，
即nan－1＝(n－1)an＋1，
由nan－1＝(n－1)an＋1，可得(n＋1)an＋1－1＝nan＋2，
两式相减可得(n＋1)an＋1－nan＝nan＋2－(n－1)an＋1，
化简可得2nan＋1＝n(an＋2＋an)，所以2an＋1＝an＋2＋an(n∈N*), 所以数列{an}为等差数列．
(2)由nan＋n＝2Sn(n∈N*)，可得a1＋1＝2S1＝2a1，
解得a1＝1，由(1)知，数列{an}为等差数列，
因为a2＝3，所以d＝a2－a1＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
所以bn＝22n－1cs (n2π)，
所以数列{bn}的前20项和
T20＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b19＋b20＝21·cs π＋23·cs 4π＋25·cs 9π＋27·cs 16π＋…＋237·cs 361π＋239·cs 400π＝－21＋23－25＋27－…－237＋239＝ eq \f(（－2）×[1－（－4）20],1－（－4）) ＝ eq \f(2,5) ×(240－1).
证明数列{an}是等差数列或等比数列的方法
(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法
①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为同一常数；
②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2).
(2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
①利用定义，证明 eq \f(an＋1,an) (n∈N*)为同一非零常数；
②利用等比中项，即证明a eq \\al(2,n) ＝an－1an＋1(n≥2，an≠0).
已知正项数列{an}满足a1＝1，an＋1(an＋2)＝2a eq \\al(2,n) ＋5an＋2(n∈N*).
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n lg4(an＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)证明：因为an＋1(an＋2)＝2a eq \\al(2,n) ＋5an＋2＝(2an＋1)(an＋2)，an>0，
所以an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
因为a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以an＋1＝2n，即an＝2n－1.
(2)结合(1)知bn＝(－1)nlg42n＝(－1)n· eq \f(n,2) ，
所以当n为偶数时，Tn＝(－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,2) )＋(－ eq \f(3,2) ＋ eq \f(4,2) )＋…＋(－ eq \f(n－1,2) ＋ eq \f(n,2) )＝ eq \f(1,2) · eq \f(n,2) ＝ eq \f(n,4) ；
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝ eq \f(n＋1,4) － eq \f(n＋1,2) ＝－ eq \f(n＋1,4) .
所以数列{bn}的前n项和Tn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(n＋1,4)，n为奇数，,\f(n,4)，n为偶数．))
大题考法2 数列求和
(2023·全国甲卷)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】 (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(n∈N*).
(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)（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 \f(1,2) )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 \f(1,2) )n＋2，整理得Tn＝2－ eq \f(2＋n,2n) .
(1)运用错位相减法求和的关键
(2)裂项相消法求和需过的“三关”
(3)分组(并项)法求和的要求
有些数列的项与项数的奇偶性、周期性、三角函数值有关，可以将原数列的通项公式分组(并项)转化为若干个简单数列公式的和差，整体转化后求和．
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝4，Sn＝ eq \f(1,2) an＋1＋n－2(n∈N*).
(1)求证：数列{an－1}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝lg3(an－1)，求数列{anbn}的前n项和Tn.
解：(1)依题意可得2Sn＝an＋1＋2n－4，所以2Sn－1＝an＋2n－6(n≥2)，两式相减并化简得an＋1＝3an－2，所以an＋1－1＝3(an－1)(n≥2)，
又a1＝4，2S1＝a2＋2－4，解得a2＝10.
所以a2－1＝3(a1－1)＝9适合上式，
故an＋1－1＝3(an－1)(n∈N*)，
因为a1－1＝3≠0，所以an－1≠0，所以 eq \f(an＋1－1,an－1) ＝3.
故数列{an－1}是首项为3，公比为3的等比数列，
所以an－1＝3×3n－1＝3n，即an＝3n＋1.
(2)因为bn＝lg33n＝n，所以anbn＝n(3n＋1).
令数列{n·3n}的前n项和为Pn，
则Pn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①
3Pn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1，②
①－②得
－2Pn＝3＋32＋…＋3n－n·3n＋1
＝－(n－ eq \f(1,2) )·3n＋1－ eq \f(3,2) .
所以Pn＝ eq \f(2n－1,4) ·3n＋1＋ eq \f(3,4) ，
所以Tn＝Pn＋(1＋2＋3＋…＋n)＝ eq \f(2n－1,4) ·3n＋1＋ eq \f(3,4) ＋ eq \f(n（n＋1）,2) ＝ eq \f(1,4) [(2n－1)·3n＋1＋2n2＋2n＋3].
大题考法3 与数列相关的综合问题
在数列{an}中，已知a1＝ eq \f(1,p) ，an＋1＝ eq \f(an,nan＋1) ，p>0，n∈N*.
(1)若p＝1，求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝nan，若在数列{bn}中，bn≤b4(n∈N*)，求实数p的取值范围．
【解】 (1)易知an≠0，由an＋1＝ eq \f(an,nan＋1) 得 eq \f(1,an＋1) － eq \f(1,an) ＝n，
则 eq \f(1,a2) － eq \f(1,a1) ＋ eq \f(1,a3) － eq \f(1,a2) ＋…＋ eq \f(1,an＋1) － eq \f(1,an) ＝1＋2＋…＋n＝ eq \f(n（n＋1）,2) ， eq \f(1,an＋1) ＝ eq \f(n（n＋1）,2) ＋ eq \f(1,a1) ＝ eq \f(n2＋n＋2p,2) ，所以an＋1＝ eq \f(2,n2＋n＋2p) ，an＝ eq \f(2,n2－n＋2p) (n≥2).
当n＝1时，上式也成立，所以an＝ eq \f(2,n2－n＋2p) .
若p＝1，则an＝ eq \f(2,n2－n＋2) .
(2)由(1)知an＝ eq \f(2,n2－n＋2p) ，则bn＝ eq \f(2n,n2－n＋2p) .
由b4＝ eq \f(4,6＋p) ，bn≤b4，得 eq \f(2n,n2－n＋2p) ≤ eq \f(4,6＋p) ，
化简得(n－4)p≤2n(n－4)，
当n4时，p≤2n，则p≤(2n)min＝2×5＝10；
当n＝4时，易知p>0恒成立．
综上，实数p的取值范围为[6，10].
求解有关数列综合问题的策略
(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，可转化为函数的最值问题求解．
(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．
(3)判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．
已知等比数列{an}满足a1＋a2＝20，a2＋a3＝80.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝lg2an，其前n项和为Sn，求 eq \f(bn,Sn＋9) 的最大值．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，
由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝20，,a1q＋a1q2＝80，)) 两式相除得q＝4，
则a1＋4a1＝20，解得a1＝4.
所以数列{an}的通项公式为an＝4n.
(2)因为bn＝lg2an＝lg24n＝2n，
所以bn＋1－bn＝2，b1＝2，
所以{bn}是首项为2，公差为2的等差数列．
Sn＝2n＋ eq \f(n（n－1）,2) ×2＝n2＋n，
所以 eq \f(bn,Sn＋9) ＝ eq \f(2n,n2＋n＋9) ＝ eq \f(2,n＋\f(9,n)＋1) .
因为n∈N*，所以n＋ eq \f(9,n) ≥2 eq \r(n×\f(9,n)) ＝6，
当且仅当n＝ eq \f(9,n) ，即n＝3时等号成立，
所以 eq \f(2,n＋\f(9,n)＋1) ≤ eq \f(2,6＋1) ＝ eq \f(2,7) ，即 eq \f(bn,Sn＋9) ≤ eq \f(2,7) ，
所以 eq \f(bn,Sn＋9) 的最大值为 eq \f(2,7) .
1．(2024·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知2Sn＝3an＋1－3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{Sn}的前n项和．
解：(1)因为2Sn＝3an＋1－3，所以2Sn＋1＝3an＋2－3，
两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1，
即an＋2＝ eq \f(5,3) an＋1，所以等比数列{an}的公比为 eq \f(5,3) .
因为2S1＝3a2－3＝5a1－3，所以a1＝1，故an＝( eq \f(5,3) )n－1.
(2)因为2Sn＝3an＋1－3，所以Sn＝ eq \f(3,2) (an＋1－1)＝ eq \f(3,2) [( eq \f(5,3) )n－1]，
设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn＝ eq \f(3,2) × eq \f(\f(5,3)[1－（\f(5,3)）n],1－\f(5,3)) － eq \f(3,2) n＝ eq \f(15,4) ×( eq \f(5,3) )n－ eq \f(3,2) n－ eq \f(15,4) .
2．已知数列{an}的前n项积为Tn＝2 eq \s\up6(\f(n（n－1）,2)) (n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)上的项的个数，求数列{bm}的前50项和S50.
解：(1)由数列{an}的前n项积为Tn＝2 eq \s\up6(\f(n（n－1）,2)) (n∈N*)，
可得Tn－1＝2 eq \s\up6(\f(（n－1）（n－2）,2)) (n∈N*且n≥2)，T1＝a1＝1，
依题意有an＝ eq \f(Tn,Tn－1) ＝2n－1(n∈N*且n≥2)，
又a1＝1符合上式，
所以an＝2n－1.
(2)由题意，2n－1≤m，即n≤lg2m＋1(n，m∈N*)，所以bm＝1＋[lg2m]，
当m＝1时，b1＝1；
当m＝2，3时，b2＝b3＝2；
……
当m∈[2k，2k＋1－1)时，bm＝k＋1，共有2k个，k∈N*.
则S50＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b50)＝1＋2×2＋3×4＋4×8＋5×16＋6×19＝243.
3．已知公差为正数的等差数列{an}中，a1，a4，a7＋12成等比数列，数列{an}的前n项和为Sn，满足S3＝15.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)若________，求数列{bn}的前n项和Tn.
在①bn＝ eq \f(Sn,n) ＋2an，②bn＝ eq \f(1,Sn) ，③bn＝(an－1)·2n－1这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并求解．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d>0)，
依题意，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a eq \\al(2,4) ＝a1（a7＋12），,a1＋a2＋a3＝15，))
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a1＋3d）2＝a1（a1＋6d＋12），,a1＋d＝5，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2)) (负值已舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
前n项和Sn＝ eq \f(n（a1＋an）,2) ＝ eq \f(n（3＋2n＋1）,2) ＝n2＋2n.
(2)选条件①bn＝ eq \f(Sn,n) ＋2an，
由(1)可知an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n，
所以bn＝ eq \f(Sn,n) ＋2an＝ eq \f(n2＋2n,n) ＋22n＋1＝n＋2＋22n＋1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝ eq \f(n（3＋n＋2）,2) ＋ eq \f(23（1－4n）,1－4) ＝ eq \f(n（n＋5）,2) ＋ eq \f(8（4n－1）,3) .
选条件②bn＝ eq \f(1,Sn) ，
由(1)可知Sn＝n2＋2n.
所以bn＝ eq \f(1,Sn) ＝ eq \f(1,n（n＋2）) ＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋2) )，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,1) － eq \f(1,3) )＋ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,2) － eq \f(1,4) )＋ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,3) － eq \f(1,5) )＋…＋ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,n－1) － eq \f(1,n＋1) )＋ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋2) )＝ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,1) ＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,n＋1) － eq \f(1,n＋2) )＝ eq \f(3,4) － eq \f(1,2) ( eq \f(1,n＋1) ＋ eq \f(1,n＋2) )＝ eq \f(3,4) － eq \f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）) .
选条件③bn＝(an－1)·2n－1，
由(1)可知an＝2n＋1，
所以bn＝(an－1)·2n－1＝n·2n，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
则2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
两式相减得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝ eq \f(2（1－2n）,1－2) －n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
4．(2024·盐城模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n，n∈N*.
(1)判断数列{an－2n－1}是否为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝ eq \f(（2n－1）2n,anan＋1) ，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)因为a1＝3，所以a1－2×1－1＝0.
因为等比数列中的各项都不可能为0，所以数列{an－2n－1}不是等比数列．
由an＋1＝3an－4n，得an＋1－2(n＋1)－1＝3(an－2n－1).
因为a1－2×1－1＝0，所以an－2n－1＝0，
所以an＝2n＋1.
(2)由(1)可得bn＝ eq \f(（2n－1）2n,（2n＋1）（2n＋3）) ＝ eq \f(2n＋1,2n＋3) － eq \f(2n,2n＋1) ，
则Sn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝( eq \f(22,5) － eq \f(21,3) )＋( eq \f(23,7) － eq \f(22,5) )＋…＋( eq \f(2n,2n＋1) － eq \f(2n－1,2n－1) )＋( eq \f(2n＋1,2n＋3) － eq \f(2n,2n＋1) )＝ eq \f(2n＋1,2n＋3) － eq \f(2,3) .
5．在数列{an}中，若an＋1－a1a2a3·…·an＝d(n∈N*)，则称数列{an}为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”．已知数列{an}是一个“泛等差数列”，数列{bn}满足a eq \\al(2,1) ＋a eq \\al(2,2) ＋…＋a eq \\al(2,n) ＝a1a2a3·…·an－bn.
(1)若数列{an}的“泛差”d＝1，且a1，a2，a3成等差数列，求a1；
(2)若数列{an}的“泛差”d＝－1，且a1＝ eq \f(1,2) ，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)因为d＝1，所以an＋1－a1a2a3·…·an＝1(n∈N*)，
所以a2＝a1＋1，a3＝a1a2＋1＝a1(a1＋1)＋1.
因为a1，a2，a3成等差数列，
所以2(a1＋1)＝a1＋a1(a1＋1)＋1，
所以a eq \\al(2,1) ＝1，所以a1＝1或a1＝－1.
(2)因为a eq \\al(2,1) ＋a eq \\al(2,2) ＋…＋a eq \\al(2,n) ＝a1a2a3·…·an－bn，①
所以a eq \\al(2,1) ＋a eq \\al(2,2) ＋…＋a eq \\al(2,n) ＋a eq \\al(2,n＋1) ＝a1a2a3·…·anan＋1－bn＋1，②
②－①得，a eq \\al(2,n＋1) ＝a1a2a3·…·anan＋1－a1a2a3·…·an－(bn＋1－bn)＝a1a2a3·…·an(an＋1－1)－(bn＋1－bn).
因为an＋1－a1a2a3·…·an＝－1，所以a1a2a3·…·an＝an＋1＋1，
所以a eq \\al(2,n＋1) ＝(an＋1＋1)(an＋1－1)－(bn＋1－bn)，
所以bn＋1－bn＝－1.
又b1＝a1－a eq \\al(2,1) ＝ eq \f(1,4) ，所以数列{bn}是首项为 eq \f(1,4) ，公差为－1的等差数列，
所以bn＝ eq \f(1,4) ＋(n－1)×(－1)，即bn＝－n＋ eq \f(5,4) .
6．(2024·文昌模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足4an－2Sn＋n2－3n－4＝0，n∈N*，数列{bn}满足b1＝1，2nbn＋1＝anbn，n∈N*.
(1)证明数列{an－n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求证：bn＋1>bn≥3－ eq \f(n＋1,2n－1) .
解：(1)解：当n＝1时，a1＝3.
由4an－2Sn＋n2－3n－4＝0得，4an－1－2Sn－1＋(n－1)2－3(n－1)－4＝0(n≥2，n∈N*)，两式相减得4(an－an－1)－2an＋2n－4＝0(n≥2，n∈N*)，整理得an＝2an－1－n＋2(n≥2，n∈N*)，
所以an－n＝2[an－1－(n－1)].又a1－1＝2≠0，故an－n≠0，
所以 eq \f(an－n,an－1－（n－1）) ＝2(n≥2，n∈N*)，即数列{an－n}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以an－n＝2n，an＝2n＋n.
(2)证明：由题意得bn＋1＝(1＋ eq \f(n,2n) )bn，所以bn＋1与bn同号，
又b1＝1>0，所以bn>0，所以bn＋1－bn＝ eq \f(n,2n) ·bn>0，
即bn＋1>bn，所以数列{bn}为递增数列，
所以bn≥b1＝1，则bn＋1－bn＝ eq \f(n,2n) ·bn≥ eq \f(n,2n) ，
所以bn－b1＝(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)≥
eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,22) ＋…＋ eq \f(n－1,2n－1) .
令Tn＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,22) ＋…＋ eq \f(n－1,2n－1) ，则 eq \f(1,2) Tn＝ eq \f(1,22) ＋ eq \f(2,23) ＋…＋ eq \f(n－1,2n) ，两式相减得 eq \f(1,2) Tn＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,22) ＋ eq \f(1,23) ＋…＋ eq \f(1,2n－1) － eq \f(n－1,2n) ＝ eq \f(\f(1,2)（1－\f(1,2n)）,1－\f(1,2)) － eq \f(n,2n) ＝1－ eq \f(n＋1,2n) ，
所以Tn＝2－ eq \f(n＋1,2n－1) ，所以bn≥b1＋Tn＝3－ eq \f(n＋1,2n－1) .
综上，bn＋1>bn≥3－ eq \f(n＋1,2n－1) .