2025届高中数学统考第二轮专题复习第10讲数列求和与数列的简单应用限时集训理含解析

第10讲数列求和与数列的简洁应用基础过关1.在等比数列{an}中,a1=6,a2=12-a3.(1)求{an}的通项公式;(2)记Sn为{an}的前n项和,若Sm=66,求m.2.已知数列{an}是公比为正数的等比数列,其前n项和为Sn,满意a1=2,且a2,2S2,a3成等差数列.(1)求{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满意bn=log2an,求b12-b22+b32-b423.已知数列{an},{bn}满意a1=b1=1,对随意n∈N*均有an+1=an+bn+an2+bn2,bn+1=a(1)证明:数列{an+bn}和数列{an·bn}均为等比数列;(2)设cn=(n+1)·2n·1an+1bn,求数列{cn}的前n项和T4.如图X10-1①,杨辉三角是我国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》中列出的一张图表,如图②,把杨辉三角左对齐排列,将同一条斜线上的数字求和,会得到一个数列{an},其中a1=1,a2=1,a3=2,…,设数列{an}的前n项和为Sn.图X10-1(1)求a8的值,并写出an,an+1,an+2满意的递推关系式(不用证明);(2)记a2024=m,用m表示S2024.5.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an+4n-7.(1)证明:数列{an-2}为等比数列;(2)若bn=an-2(an+1-1)(an6.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满意Sn=2an-1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式及Sn;(2)若数列{bn}满意bn=|Sn-15|,求数列{bn}的前n项和Tn.实力提升7.已知数列{an}的首项a1=2,且满意a1+a2+…+an-an+1=-2,数列{bn}满意bn=1nlog2(a1a2…an)(n∈N*),数列{anbn}的前n项和为Tn(1)求数列{an}的通项公式;(2)令cn=n4Tn-2n,求证:8.已知等比数列{an}的各项均为正数,2a5,a4,4a6成等差数列,且满意a4=4a32,数列{bn}的前n项和Sn=(n+1)2bn,n∈N*,(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)设cn=bn,n为奇数,an,n为偶数,(3)设dn=b2n+5b2n+1b2n+3an,n∈N*,{dn}的前n限时集训(十)1.解:(1)设数列{an}的公比为q,∵a2=12-a3,∴a1q=12-a1q2,∴6q=12-6q2,即q2+q-2=0,解得q=-2或q=1,故an=6×(-2)n-1或an=6.(2)①若an=6×(-2)n-1,则Sn=6×[1-(-2)n]3=2×由Sm=66,得(-2)m=-32,∴m=5;②若an=6,即q=1,则数列{an}为常数列,∴Sm=ma1=66,∴m=11.综上所述,m=5或m=11.2.解:(1)设{an}的公比为q(q>0).∵a2,2S2,a3成等差数列,∴4S2=a2+a3,即4(a1+a1q)=a1q+a1q2,∴4+4q=q+q2,解得q=-1或q=4,∵q>0,∴q=4,∵a1=2,∴an=2×4n-1=22n-1(n∈N*).(2)由(1)知bn=log2an=2n-1,∴b12-b22+b32-b42+…+b992-b1002=12-32+5=(1-3)×(1+3)+(5-7)×(5+7)+…+(197-199)×(197+199)=(-2)×(1+3+5+7+…+199)=-2×1+1992×=-20000.3.解:(1)证明:由an+1=an+bn+anbn+1=an+bn-an得an+1+bn+1=2(an+bn),又因为a1+b1=2,所以数列{an+bn}是首项为2,公比为2的等比数列.由an+1=an+bn+an2+bn2,bn+1=an+bn-an2+bn2,得an+1bn+1=2an所以数列{an·bn}是首项为1,公比为2的等比数列.(2)由(1)可知an+bn=2n,anbn=2n-1,所以1an+1bn=故cn=(n+1)·2n·1an+1bn=(n+1)·2n+所以Tn=2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1,则2Tn=2×23+3×24+4×25+…+(n+1)×2n+2,两式相减得-Tn=2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2,即-Tn=8+23(1-2n-1)1-2-(n+所以Tn=n·2n+2.4.解:(1)由题图知a8=1+6+10+4=21,an+2=an+1+an(n∈N*).(2)因为a3=a2+a1,a4=a3+a2,…,a2024=a2024+a2024,a2024=a2024+a2024,所以a3+a4+…+a2024=a2+a3+…+a2024+(a1+a2+…+a2024),所以a2024-a2=S2024,所以S2024=m-1.5.解:(1)证明:当n=1时,2a1=3a1-3,则a1=3.当n≥2时,因为2Sn=3an+4n-7,所以2Sn-1=3an-1+4n-11,则2an=3(an-an-1)+4,即an=3an-1-4,从而an-2=3(an-1-2),即an-2an-1-因为a1=3,所以a1-2=1,所以数列an-2是以1为首项,(2)由(1)可得an-2=3n-1,即an=3n-1+2,所以bn=an-2(an+1-1)(则Tn=12×130+1-131+1+131+1-132+1+…+13n-2+1-13n-1+1+13n6.解:(1)当n=1时,S1=2a1-1,即a1=1,由Sn=2an-1得Sn+1=2an+1-1,两式相减得an+1=2an+1-2an,即an+1=2an,∴数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n-1,则Sn=1-2n1-2(2)由(1)知bn=|2n-16|,则bn=16∴当1≤n≤4时,Tn=(16-21)+(16-22)+…+(16-2n)=16n-(21+22+…+2n)=16n-2=16n-2n+1+2;当n>4时,Tn=(16-21)+(16-22)+(16-23)+(16-24)+(25-16)+(26-16)+(27-16)+…+(2n-16)=2T4+(21+22+…+2n)-16n=2×34+2(1-=2n+1-16n+66.综上,Tn=167.解:(1)由a1=2,a1+a2+…+an-an+1=-2,可得a1-a2=-2,即a2=4.当n≥2时,a1+a2+…+an-1-an=-2,又a1+a2+…+an-an+1=-2,两式相减可得an+1=2an,又a2=4=2a1,满意上式,所以{an}是首项为2,公比为2的等比数列,则an=2×2n-1=2n.(2)证明:由(1)知bn=1nlog2(2×4×8×…×2n)=1+2+…+则anbn=(n+1)·2n-1,所以Tn=2×1+3×2+4×4+…+(n+1)·2n-1,2Tn=2×2+3×4+4×8+…+(n+1)·2n,两式相减可得-Tn=2+2+4+…+2n-1-(n+1)·2n=2+2(1-2n-1)1所以Tn=n·2n,可得cn=n4Tn-2由4·2n-2-3·2n=2n-2≥0,得4·2n-2≥3·2n,可得14·2n-则∑i=1nci≤13×12+14+…+12n=13×12×(18.解:(1)设{an}的公比为q,因为an>0,所以q>0,由题知2a4=2a5+4a6,a4=4a当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=n+12bn-nbn-1所以bnn是常数列,又b11=1,(2)由(1)知cn=n当n为偶数时,Pn=(b1+b3+…+bn-