所属成套资源：全套2024届高考数学二轮复习专题强化练含答案

成套系列资料，整套一键下载

浏览整套资料 (共18份)

2024届高考数学二轮复习专题强化练(五)含答案

展开

这是一份2024届高考数学二轮复习专题强化练(五)含答案，共6页。

(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)用[x]表示不超过x的最大整数，求数列{[an＋an＋1]·2bn}的前n项和Sn.
解：(1)两个正项数列{an}，{bn}满足eq \f(1,an－bn)＝bn，eq \f(1,an)＝eq \f(bn,n2＋1)，所以anbn＝beq \\al(2,n)＋1＝n2＋1，
解得bn＝n，an＝n＋eq \f(1,n).
(2)[an＋an＋1]＝[2n＋1＋eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)]，
n＝1时，[a1＋a2]＝4；
n≥2时，因为2n＋1所以[an＋an＋1]＝[2n＋1＋eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)]＝2n＋1，
所以[an＋an＋1]·2bn＝(2n＋1)·2n，
所以n＝1时，S1＝4×2＝8；
n≥2时，数列{[an＋an＋1]·2bn}的前n项和Sn＝8＋5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)·2n，
2Sn＝16＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，
相减可得：－Sn＝2(2＋22＋23＋24＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1＝2×eq \f(2（2n－1）,2－1)－(2n＋1)·2n＋1，
化为Sn＝(2n－1)·2n＋1＋4.
上式对于n＝1时也成立．
所以Sn＝(2n－1)·2n＋1＋4.
2．(2023·韶关二模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知an＋1＝Sn＋1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n(an＋n)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为an＋1＝Sn＋1，n∈N*，①
所以当n＝1时，有a2＝S1＋1＝a1q，
当n≥2时，an＝Sn－1＋1，②
由①－②得an＋1－an＝an，即eq \f(an＋1,an)＝2，所以q＝2，
所以a1＝1，所以an＝2n－1.
(2)由(1)得an＝2n－1，则bn＝(－1)n(an＋n)＝(－1)n·(2n－1＋n)，
所以b2n＝22n－1＋n，b2n－1＝－(22n－2＋2n－1)，
所以b2n＋b2n－1＝4n－1＋1，
所以T2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n)＝(1＋4＋…＋4n－1)＋n＝eq \f(4n－1,3)＋n.
3．(2023·广东一模)已知各项都是正数的数列{an}，前n项和Sn满足aeq \\al(2,n)＝2Sn－an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记Pn是数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和，Qn是数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n－1)))的前n项和．当n≥2时，试比较Pn与Qn的大小．
解：(1)当n＝1时，aeq \\al(2,1)＝2S1－a1＝a1，所以a1＝1或a1＝0(舍去)，
当n≥2时，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(aeq \\al(2,n)＝2Sn－an，,aeq \\al(2,n－1)＝2Sn－1－an－1，))
两式相减得aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝2an－an＋an－1＝an＋an－1，
整理得(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1，
因为{an}的各项都是正数，所以an－an－1＝1，
所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以an＝1＋1·(n－1)＝n.
(2)由(1)得Sn＝eq \f(n（n＋1）,2)，则eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，所以Pn＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)＝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))，
由(1)得eq \f(1,a2n－1)＝eq \f(1,2n－1)，所以Qn＝eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a22)＋…＋eq \f(1,a2n－1)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)＝eq \f(1－（\f(1,2)）n,1－\f(1,2))＝2(1－eq \f(1,2n))，
因为2n＝(1＋1)n＝1＋n＋eq \f(n（n＋1）,2)＋…>1＋n>0(n≥2)，
所以eq \f(1,2n)1－eq \f(1,1＋n)，
所以当n≥2时，Pn4．(2023·广东模拟)已知数列{an}，n∈N*时，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)·2n＋1＋2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,an)))的前n项和Tn.
解：(1)因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)·2n＋1＋2，①
所以当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)·2n＋2，②
由①－②得nan＝(n－1)·2n＋1－(n－2)·2n＝n·2n，
所以an＝2n，
当n＝1时，a1＝2满足上式，所以an＝2n，n∈N*.
(2)由(1)得an＝2n，
则S2n＋1＝eq \f(（2n＋1）（b1＋b2n＋1）,2)＝eq \f(（2n＋1）×2bn＋1,2)＝(2n＋1)bn＋1＝bnbn＋1，
又在各项非零的等差数列{bn}中，则bn＝2n＋1，
所以eq \f(bn,an)＝eq \f(2n＋1,2n)，
所以Tn＝eq \f(3,21)＋eq \f(5,22)＋…＋eq \f(2n＋1,2n)，③
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n＋1,2n＋1)，④
由③－④得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,21)＋eq \f(2,22)＋…＋eq \f(2,2n)－eq \f(2n＋1,2n＋1)＝eq \f(3,2)＋eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n＋1,2n＋1)＝eq \f(3,2)＋eq \f(\f(1,2)[1－（\f(1,2)）n－1],1－\f(1,2))－eq \f(2n＋1,2n＋1)＝eq \f(5,2)－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n＋1,2n＋1)＝eq \f(5,2)－eq \f(2n＋5,2n＋1)，所以Tn＝5－eq \f(2n＋5,2n).
5．(2023·惠州校级模拟)在①Sn＝n2＋2n；②a3＝7，a2＋a6＝18；③a1＝3，S5＝35这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．
问题：已知等差数列{an}，Sn为其前n项和，若________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(2,anan＋1)(n∈N*)，求证：数列{bn}的前n项和Tn注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
(1)解：方案一：选择条件①
由题意，当n＝1时，a1＝S1＝12＋2×1＝3，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－(n－1)2－2(n－1)＝2n＋1，
因为当n＝1时，a1＝3也满足上式，所以an＝2n＋1，n∈N*.
方案二：选择条件②
由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则a3＝a1＋2d＝7，
a2＋a6＝a1＋d＋a1＋5d＝2a1＋6d＝18，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝7，,2a1＋6d＝18，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2，))
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，n∈N*.
方案三：选择条件③
由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)d＝15＋10d＝35，解得d＝2，
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，n∈N*.
(2)证明：由(1)，可得bn＝eq \f(2,anan＋1)
＝eq \f(2,（2n＋1）（2n＋3）)
＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋3)，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝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)
＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋3)故不等式Tn6．(2023·汕头龙湖区三模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在an和an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p是公差不为0的等差数列)成等比数列？若存在，求出这3项；若不存在，请说明理由．
解：(1)当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋1得：an＝2Sn－1＋1，
所以an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，
则an＋1＝3an，因为{an}为等比数列，
所以等比数列{an}的公比为3，
当n＝1时，a2＝2S1＋1＝2a1＋1，所以3a1＝2a1＋1，
解得a1＝1，所以an＝3n－1(n∈N*)．
(2)假设存在满足题意的3项，
由(1)得：an＋1＝3n，又an＋1＝an＋(n＋1)dn，
所以dn＝eq \f(an＋1－an,n＋1)＝eq \f(3n－3n－1,n＋1)＝eq \f(2·3n－1,n＋1)，
因为dm，dk，dp成等比数列，所以deq \\al(2,k)＝dm·dp，
即eq \f(4·32k－2,（k＋1）2)＝eq \f(2·3m－1,m＋1)·eq \f(2·3p－1,p＋1)＝eq \f(4·3m＋p－2,（m＋1）（p＋1）)，
因为m，k，p成等差数列，所以2k＝m＋p，
所以eq \f(4·3m＋p－2,（k＋1）2)＝eq \f(4·3m＋p－2,（m＋1）（p＋1）)，
所以(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)＝mp＋m＋p＋1
＝mp＋2k＋1，
整理可得：k2＝mp，又k2＝(eq \f(m＋p,2))2，
所以mp＝(eq \f(m＋p,2))2＝eq \f(m2＋2mp＋p2,4)，
即(m－p)2＝0，解得m＝p，则m＝p＝k，
与已知中m，k，p是公差不为0的等差数列相矛盾，
所以假设错误，即不存在满足题意的3项．