统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练3数列文

数列(3)1．[2023·四川雅安三模(文)]已知数列{an}，满足a2＝eq\f(1,9)，3an＋1－an＝0(n∈N*)；正项等差数列{bn}满足b1＝2，且b1，b2－1，b3成等比数列．(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)证明：ab1＋ab2＋…＋abn<eq\f(32．[2023·甘肃武威模拟预测(文)]已知数列{an}是等比数列，且8a3＝a6，a2＋a5＝36.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(an,（an＋1）（an＋1＋1）)，求数列{bn}的前n项和Tn，并证明：Tn<eq\f(1,3).3．[2023·黑龙江哈尔滨三中模拟(文)]已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＋a7＝18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}满足bn＝an·2an+12，求数列{bn}的前n4．[2023·全国乙卷(文)]记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.5．[2023·贵州文德民族中学模拟]已知数列{an}的前n项和是Sn，且2Sn＝3an－3，等差数列{bn}中，b3＝23，b5＝19.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式an，bn；(2)定义：a*b＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b，))记cn＝an*bn，求数列{cn}的前20项和T20.6．[2023·江西南昌三模]{an}是各项均为正数的等差数列，其前n项和为Sn，已知a1＝2，4Sn＝anan＋1.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,Sn＋an)，若{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<eq\f(11,18).数列（3）1．解析：（1）∵3an＋1－an＝0，∴3an＋1＝an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,3).又当n＝1时，有3a2－a1＝0，且a2＝eq\f(1,9)，∴a1＝eq\f(1,3)，而eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,3)也符合上式，∴数列{an}是首项、公比均为eq\f(1,3)的等比数列，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)；设正项等差数列{bn}的公差为d，∵b1＝2，且b1，b2－1，b3成等比数列，∴（b2－1）2＝b1b3，即（2＋d－1）2＝2（2＋2d），解得d＝3或d＝－1（舍），∴bn＝2＋3（n－1）＝3n－1，故an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)，bn＝3n－1.（2）证明：由（1）可得an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)，bn＝3n－1，∴ab1＋ab2＋…＋abn＝a2＋a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(5)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3n－1)＝eq\f(\f(1,9)[1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,27)))\s\up12(n)],1－\f(1,27))＝eq\f(3,26)[1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,27)))eq\s\up12(n)]<eq\f(3,26).2．解析：（1）设等比数列{an}的公比是q，首项是a1.由8a3＝a6，可得q＝2.由a2＋a5＝36，可得a1q（1＋q3）＝36，所以a1＝2，所以an＝2n.（2）证明：因为bn＝eq\f(an,（an＋1）（an＋1＋1）)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝（eq\f(1,21＋1)－eq\f(1,22＋1)）＋（eq\f(1,22＋1)－eq\f(1,23＋1)）＋…＋（eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)）＝eq\f(1,21＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1＋1).又eq\f(1,2n＋1＋1)>0，所以Tn<eq\f(1,3).3．解析：（1）a1＝1，a3＋a7＝18，因为{an}是等差数列，所以a1＋2d＋a1＋6d＝18，所以d＝2，则数列{an}的通项公式为an＝a1＋（n－1）d＝1＋2（n－1）＝2n－1.（2）bn＝an·2an+12＝（2n－1）·2n，所以{bn}的前n项和Sn为Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1则Sn＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋（2n－3）2n－1＋（2n－1）2n，①①两边同时乘以2得2Sn＝1·22＋3·23＋5·24＋…＋（2n－3）2n＋（2n－1）2n＋1，②①－②得：－Sn＝1·21＋2·22＋2·23＋2·24＋…＋2·2n－（2n－1）2n＋1，化简为－Sn＝1·21＋2·eq\f(22（1－2n－1）,1－2)－（2n－1）2n＋1＝（－2n＋3）2n＋1－6，所以Sn＝（2n－3）2n＋1＋6.4．解析：（1）设{an}的公差为d，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝11,S10＝10a1＋45d＝40))，解得a1＝13，d＝－2.所以{an}的通项公式为an＝13＋（n－1）·（－2）＝15－2n.（2）由（1）得|an|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(15－2n，n≤7,2n－15，n≥8)).当n≤7时，Tn＝13n＋eq\f(n（n－1）,2)×（－2）＝14n－n2，当n≥8时，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋（2n－15）＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2（n－7）－1]＝14×7－72＋eq\f(（n－7）[1＋2（n－7）－1],2)＝98－14n＋n2.综上，Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(14n－n2，n≤7,98－14n＋n2，n≥8)).5．解析：（1）由题意，当n＝1时，2S1＝3a1－3⇒a1＝3≠0.当n≥2时，2Sn＝3an－3，2Sn－1＝3an－1－3.两式相减，得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1.∴{an}是首项为3，公比为3的等比数列．∴an＝3n.设数列{bn}的公差为d，∵b5－b3＝19－23＝－4＝2d，∴d＝－2⇒b1＝27.∴bn＝29－2n.（2）由an≤bn⇒3n≤29－2n⇒n≤2.∴cn＝an*bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n，1≤n≤2，,29－2n，n≥3.))∴T20＝a1＋a2＋b3＋b4＋b5＋…＋b20＝3＋32＋eq\f(b3＋b20,2)×18＝3＋9＋eq\f(23－11,2)×18＝12＋18×6＝120.6．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，∵4Sn＝anan＋1，∴4Sn＋1＝an＋1an＋2，两式作差得4an＋1＝an＋1（an＋2－an）＝2d·an＋1，∵an＋1>0，∴2d＝4，解得d＝2，∴an＝2＋2（n－1）＝2n.（2）证明：由（1）得：Sn＝eq\f(n（2＋2n）,2)＝n2＋n，∴bn＝eq\f(1,n2＋3n)＝eq\f(1,n（n＋3）)＝eq\f(1,3)（eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋3)），∴Tn＝eq\f(1,3)（1－eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,6)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,n－2)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋3)）＝eq\f(1,3)（1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n