高考数学二轮复习专项分层特训命题点12数列的通项与求和含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训命题点12数列的通项与求和含答案，共10页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．[2022·湖南雅礼中学二模]已知公差不为零的等差数列{an}中，a1＝2，且a3，a5，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋2an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
2．[2022·新高考Ⅰ卷]记Sn为数列{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{an}的通项公式；
(2)证明： eq \f(1,a1) ＋ eq \f(1,a2) ＋…＋ eq \f(1,an) <2.
3.[2022·河北邯郸二模]已知等比数列{an}的公比q≠1，且a1＝2，2a1＋a3＝3a2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,Sn＋2))) 的前n项和．
4．[2022·山东烟台一模]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T100的值．
5．[2022·山东德州三模]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，Sn－n＝ eq \f(1,2) (an＋1)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式an和前n项和Sn；
(2)设bk＝ eq \f(1,（S2k＋1）·S2k＋1) (k∈N*)，数列{bn}的前n项和记为Tn，证明：Tn< eq \f(1,6) (n∈N*).
6．[2022·广东惠州一模]已知数列{an}，{bn}满足bn＝an－(－1)nn2，a1＋b1＝1，a2＋b2＝8，且数列{bn}是等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Tn，若A＝{n|n≤110且Tn≤110}，求集合A中所有元素的和T.
命题点12 数列的通项与求和(大题突破)
1．解析：(1)设等差数列{an}公差为d，
由a1＝2，且a3，a5，a8成等比数列，可得(2＋4d)2＝(2＋2d)(2＋7d)，
解得d＝1或d＝0(舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1.
(2)由an＝n＋1，可得bn＝an＋2an＝(n＋1)＋2n＋1，
根据等差、等比数列的前n和公式，可得：
Tn＝ eq \i\su(i＝1,n,a) i＋ eq \i\su(i＝1,n,2) ai＝ eq \f(（2＋n＋1）n,2) ＋ eq \f(4（1－2n）,1－2) ＝2n＋2＋ eq \f(n2,2) ＋ eq \f(3n,2) －4.
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)由a1＝2，2a1＋a3＝3a2⇒2×2＋2·q2＝3×2q⇒q＝2，或q＝1(舍去)，
所以an＝2·2n－1＝2n.
(2)由(1)可知an＝2n，所以Sn＝ eq \f(2（1－2n）,1－2) ＝2n＋1－2，
所以 eq \f(n,Sn＋2) ＝ eq \f(n,2n＋1) ＝n·( eq \f(1,2) )n＋1，设数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,Sn＋2))) 的前n项和为Tn，
Tn＝1×( eq \f(1,2) )2＋2×( eq \f(1,2) )3＋3×( eq \f(1,2) )4＋…＋n·( eq \f(1,2) )n＋1①，
eq \f(1,2) Tn＝1×( eq \f(1,2) )3＋2×( eq \f(1,2) )4＋3×( eq \f(1,2) )5＋…＋n·( eq \f(1,2) )n＋2②，
①－②，得 eq \f(1,2) Tn＝( eq \f(1,2) )2＋( eq \f(1,2) )3＋( eq \f(1,2) )4＋…＋( eq \f(1,2) )n＋1－n·( eq \f(1,2) )n＋2，
即 eq \f(1,2) Tn＝ eq \f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－（\f(1,2)）n)),1－\f(1,2)) －n·( eq \f(1,2) )n＋2⇒Tn＝1－(n＋2)·( eq \f(1,2) )n＋1.
4．解析：(1)设{an}的公差为d，由已知a1＋3d＝9，3a1＋3d＝15.
解得a1＝3，d＝2.所以an＝2n＋1.
(2)因为ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k个1，
所以ak在{bn}中对应的项数为
n＝k＋21＋22＋23＋…＋2k－1＝k＋ eq \f(2－2k,1－2) ＝2k＋k－2，
当k＝6时，2k＋k－2＝68，当k＝7时，2k＋k－2＝133，
所以a6＝b68，a7＝b133，且b69＝b70＝…＝b100＝1.
因此T100＝S6＋(2×1＋22×1＋23×1＋…＋25×1)＋32×1
＝ eq \f(6,2) ×(3＋13)＋ eq \f(2－26,1－2) ＋32＝142.
5．解析：(1)由Sn－n＝ eq \f(1,2) (an＋1)，得Sn＋1－(n＋1)＝ eq \f(1,2) (an＋1＋1)(n∈N*)，
两式相减可得an＋1＋an＝2，
因为a1＝3，得a2＝－1，
数列{an}为3，－1，3，－1，3，－1，3，…，
即an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3，n＝2k－1,－1，n＝2k)) ，k∈N*，
当n为偶数时，Sn＝ eq \f(n,2) [3＋(－1)]＝n；
当n为奇数时，Sn＝ eq \f(n－1,2) [3＋(－1)]＋3＝n＋2；
Sn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n＋2，n＝2k－1,n，n＝2k)) ，k∈N*.
(2)证明：由bk＝ eq \f(1,（S2k＋1）·S2k＋1) (k∈N*)
则有bn＝ eq \f(1,（S2n＋1）·S2n＋1) ＝ eq \f(1,（2n＋1）（2n＋3）) ＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,2n＋1) － eq \f(1,2n＋3) )，
所以Tn＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,3) － eq \f(1,5) ＋ eq \f(1,5) － eq \f(1,7) ＋…＋ eq \f(1,2n＋1) － eq \f(1,2n＋3) )，Tn＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,3) － eq \f(1,2n＋3) )< eq \f(1,6) .
6．解析：(1)由bn＝an－(－1)nn2，故an＝bn＋(－1)nn2，
可得a1＝b1－1，a2＝b2＋4，
又∵a1＋b1＝1，a2＋b2＝8，
∴b1＝1，b2＝2，
∵数列{bn}是等差数列，
∴数列{bn}的公差d＝b2－b1＝1，
∴bn＝n，
∴an＝n＋(－1)nn2.
(2)由(1)得an＝n＋(－1)nn2，a1＝0，
∴a2n＋a2n＋1＝2n＋(2n)2＋2n＋1－(2n＋1)2＝0，
可得T2n－1＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2n－2＋a2n－1)＝0＋0＋…＋0＝0，
∴n为奇数时Tn＝0，故1，3，5，…，109都是集合A中的元素，
又T2n＝T2n－1＋a2n＝0＋2n＋(2n)2＝2n(2n＋1)，
∴n为偶数时Tn＝n(n＋1)，
由n(n＋1)≤110得n≤10，∴2，4，6，8，10是集合A中的元素，
∴T＝(1＋3＋…＋109)＋(2＋4＋6＋8＋10)＝ eq \f(1＋109,2) ×55＋30＝3 025＋30＝3 055.