备战2025年高考二轮复习数学专题突破练11 数列通项与求和（提升篇）（Word版附解析）

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主干知识达标练
1.(15分)(2024河北唐山一模)已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an+lg2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024的最大整数n.
解(1)设{an}的公比为q(q>0),则an=a1qn-1,
依题意可得a3=4,a4+a5=24,即a1q2=4,a1q3+a1q4=24,
整理得q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去),
所以an=a3qn-3=2n-1.
(2)由(1)可知an+lg2an=2n-1+n-1,
故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)=2n-1+n(n-1)2,
显然,Tn随着n的增大而增大,
T10=210-1+45=1 068<2 024,T11=211-1+55=2 102>2 024,
所以满足Tn<2 024的最大整数n=10.
2.(10分)(2022新高考Ⅰ,17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:1a1+1a2+…+1an<2.
(1)解(方法一)∵Snan是以S1a1=1为首项,以13为公差的等差数列,
∴Snan=1+(n-1)×13=n+23.
∴Sn=n+23an.①
当n≥2时,Sn-1=n+13an-1.②
①-②得an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,
∴n+13an-1=n-13an,∴anan-1=n+1n-1.
∴an=anan-1·an-1an-2·…·a2a1·a1=n+1n-1×nn-2×n-1n-3×…×42×31·a1(n≥2),
又a1=1,∴an=(n+1)×n2×1×1=n(n+1)2(n≥2).
又当n=1时,a1=1也符合上式,∴an=n(n+1)2.
(方法二)∵Snan是以S1a1=1为首项,以13为公差的等差数列,∴Snan=1+(n-1)×13=n+23.
∴Sn=n+23an.①
当n≥2时,Sn-1=n+13an-1.②
①-②得an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,∴n+13an-1=n-13an,
∴ann+1=an-1n-1,∴ann(n+1)=an-1(n-1)n.
设ann(n+1)=bn,则bn=bn-1,
∴{bn}为常数列,且b1=a11×2=12,
∴ann(n+1)=bn=12,∴an=n(n+1)2.
(方法三)∵Snan是首项为S1a1=1,公差为13的等差数列,∴Snan=1+13(n-1)=n+23,∴SnSn-Sn-1=n+23(n≥2),
∴SnSn-1=n+2n-1(n≥2),
∴Sn=S1·S2S1·S3S2·…·SnSn-1=2+22-1·3+23-1·4+24-1·5+25-1·…·n-1n-4·nn-3·n+1n-2·n+2n-1=n(n+1)(n+2)6(n≥2),
∴an=Sn-Sn-1=n(n+1)(n+2)6-(n-1)n(n+1)6=n(n+1)2(n≥2),
又a1=1满足此公式,∴{an}的通项公式为an=n(n+1)2.
(2)证明由(1)知,1an=2n(n+1)=21n-1n+1,
∴1a1+1a2+…+1an=21-12+12-13+…+1n-1n+1=21-1n+1<2.
3.(15分)(2024浙江金华高三期末)已知数列{an}是等差数列,a1=3,d≠0,且a1,a7,a25构成等比数列.
(1)求an;
(2)设f(n)=an,若存在数列{bn}满足b1=1,b2=7,b3=25,且数列{f(bn)}为等比数列,求{anbn}的前n项和Sn.
解(1)∵{an}是等差数列,a1=3,d≠0,∴a7=a1+6d,a25=a1+24d.
∵a1,a7,a25构成等比数列,∴(a1+6d)2=a1(a1+24d),
化简可得a1=3d=3,∴d=1,∴an=n+2.
(2)∵f(b1)=f(1)=a1=3,f(b2)=f(7)=a7=9,f(b3)=f(25)=a25=27,
又数列{f(bn)}为等比数列,∴首项为3,公比为3,故f(bn)=3n,
而f(bn)=abn=bn+2,
∴3n=bn+2,
∴bn=3n-2,
∴anbn=(n+2)3n-2(n+2),
设数列{(n+2)3n}的前n项和为Tn,
则Tn=(1+2)×31+(2+2)×32+…+(n+2)×3n①,
3Tn=(1+2)×32+(2+2)×33+…+(n+2)×3n+1②,
①②相减得-2Tn=(1+2)×31+32+…+3n-(n+2)×3n+1,
化简可得Tn=-129+9×(1-3n-1)1-3-(n+2)×3n+1=(2n+3)×3n+1-94.
又因为等差数列{2(n+2)}的前n项和为n(2×3+2n+4)2=n2+5n,
综上可得Sn=(2n+3)×3n+1-94-(n2+5n).
关键能力提升练
4.(15分)(2024山东德州高三开学考试)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足6Sn=(3n+2)an+2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)n+1(6n+1)anan+1,求数列{bn}的前100项和T100.
解(1)因为6Sn=(3n+2)an+2,当n=1时,6S1=6a1=5a1+2,所以a1=2,
当n≥2时,6Sn-1=(3n-1)an-1+2,
所以6Sn-6Sn-1=6an=(3n+2)an-(3n-1)an-1,
所以anan-1=3n-13n-4,an-1an-2=3n-43n-7,…,a3a2=85,a2a1=52,
累乘得anan-1·an-1an-2·…·a3a2·a2a1=3n-13n-4×3n-43n-7×…×85×52,
所以an=3n-1(n≥2),
当n=1时a1=2也符合上式,所以an=3n-1.
(2)由(1)得bn=(-1)n+1(6n+1)anan+1=(-1)n+1(6n+1)(3n-1)(3n+2)=(-1)n+113n-1+13n+2,
所以T100=12+15-15-18+…+13×99-1+13×99+2-13×100-1-13×100+2=12-13×100+2=75151.
5.(15分)(2024湖南永州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,对于任意的n∈N*,都有点P(an,Sn)在直线2x-3y+1=0上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列{an}的前n项中的最大值为Mn,最小值为mn,令bn=Mn+mn2,求数列{bn}的前20项和T20.
解(1)根据题意得,对于任意的n∈N*都有3Sn=2an+1,
当n≥2时,3Sn-1=2an-1+1,两式相减得3(Sn-Sn-1)=(2an+1)-(2an-1+1),即3an=2an-2an-1(n≥2),整理得an=-2an-1(n≥2),
当n=1时,3S1=2a1+1,故a1=1,
所以数列{an}是首项为1,公比为-2的等比数列,所以an=(-2)n-1.
(2)当n为奇数时,an=2n-1,且an>0,当n为偶数时,an=-2n-1,且an<0,
因此当n为大于1的奇数时,{an}前n项中的最大值为an=(-2)n-1,
最小值为an-1=(-2)n-2,此时bn=Mn+mn2=an+an-12,
当n为偶数时,{an}的前n项中的最大值为an-1=(-2)n-2,
最小值为an=(-2)n-1,此时bn=Mn+mn2=an-1+an2,
当n=1时,b1=a1,
因此T20=b1+(b3+b5+…+b19)+(b2+b4+b6+…+b20)
=a1+a3+a22+a5+a42+…+a19+a182+a1+a22+a3+a42+…+a19+a202
=a12+S19+S202=12+S19+S19+a202=S19+12+(-2)192
=1-(-2)191+2+12+(-2)192=5-2196.
核心素养创新练
6.(多选题)(2024山东日照高三期末)在平面四边形ABCD中,点D为动点,△ABD的面积是△BCD面积的3倍,又数列{an}满足a1=3,恒有BD=(an-3n-1)BA+(an+1+3n)BC,设{an}的前n项和为Sn,则( )
A.{an}为等比数列
B.a4=-81
C.an3n为等差数列
D.Sn=(3-n)3n-3
答案BCD
解析设AC,BD交于E点,则S△ABDS△BCD=12BD·AE·sin∠AED12BD·EC·sin∠CEB=AE·sin∠AEDEC·sin∠AED=AEEC=3,
即AE=3EC,故BE=BA+AE=BA+34AC=BA+34(BC-BA)=14BA+34BC,由于B,E,D三点共线,故存在实数λ(λ≠0,1),使得BD=λBE,即得BD=(an-3n-1)BA+(an+1+3n)BC=14λBA+34λBC,故an-3n-1=14λ,an+1+3n=34λ,整理得an+1+3n=3(an-3n-1),
即an+1=3an-2×3n,则an+13n+1=an3n-23,即an+13n+1-an3n=-23,
而a1=3,故an3n为首项是a13=1,公差为-23的等差数列,C正确;
则an3n=1+(n-1)×-23=5-2n3,故an=5-2n3·3n,
故a4=5-2×43×34=-81,B正确;
又an+1an=5-2(n+1)3·3n+15-2n3·3n=3(3-2n)5-2n=3-65-2n≠常数,故{an}不是等比数列,A错误;
Sn=a1+a2+…+an=33×3+13×32+-13×33+…+5-2n3·3n,
故3Sn=33×32+13×33+-13×34+…+7-2n3·3n+5-2n3·3n+1,
两式相减得-2Sn=3-23×(32+33+34+…+3n)-5-2n3·3n+1=3-23×9(1-3n-1)1-3-5-2n3·3n+1=6-(6-2n)·3n,故Sn=(3-n)·3n-3,D正确.故选BCD.
7.(15分)(2024河北沧州一模)在数列{an}中,已知a1+a22+a322+…+an2n-1=2n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11,使a1,x11,a2成等差数列;在a2和a3之间插入2个数x21,x22,使a2,x21,x22,a3成等差数列;…;在an和an+1之间插入n个数xn1,xn2,…,xnn,使an,xn1,xn2,…,xnn,an+1成等差数列,这样可以得到新数列{bn}:a1,x11,a2,x21,x22,a3,x31,x32,x33,a4,…,an,设数列{bn}的前n项和为Sn,求S55(用数字作答,参考数据:211=2 048).
解(1)当n=1时,a1=2;
当n≥2时,an2n-1=a1+a22+a322+…+an2n-1-a1+a22+a322+…+an-12n-2=2n-2(n-1)=2,
所以an2n-1=2⇒an=2n,n≥2.
当n=1时,上式亦成立,所以an=2n.
(2)由n+[1+2+3+…+(n-1)]=55⇒n=10.
所以新数列{bn}前55项中包含数列{an}的前10项,还包含x11,x21,x22,x31,x32,…,x98,x99,且x11=a1+a22,x21+x22=2(a2+a3)2,x31+x32+x33=3(a3+a4)2,…,x91+x92+…+x99=9(a9+a10)2.
所以S55=(a1+a2+…+a10)+a1+a22+2(a2+a3)2+…+9(a9+a10)2
=3a1+5a2+7a3+…+19a92+11a102.
设T=3a1+5a2+7a3+…+19a9=3×21+5×22+7×23+…+19×29,
则2T=3×22+5×23+7×24+…+19×210,
两式相减得-T=3×21+2×(22+23+…+29)-19×210=-17×210-2.
故T=17×210+2.
所以S55=17×210+22+112×210=28×29+1=14 337.