2025版高考数学一轮复习练案37理+36文第五章数列高考大题规范解答系列三-数列练习含解析新人教版

高考大题规范解答系列(三)——数列1．(2024·课标Ⅲ，17,12分)设等比数列{an}满意a1＋a2＝4，a3－a1＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.[解析](1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝4，,a1q2－a1＝8.))解得a1＝1，q＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)知log3an＝n－1.故Sn＝eq\f(nn－1,2).由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)．即m2－5m－6＝0.解得m＝－1(舍去)或m2．(2024·新高考八省联考)已知各项都为正数的数列{an}满意an＋2＝2an＋1＋3an.(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；(2)若a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，求{an}的通项公式．[解析](1)∵an＋2＝2an＋1＋3an，∴an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)．又∵an>0，∴eq\f(an＋2＋an＋1,an＋1＋an)＝3，∴数列{an＋1＋an}为等比数列．(2)由(1)得，an＋an＋1＝(a1＋a2)×3n－1＝2×3n－1①∴an＋1＋an＋2＝2×3n②②－①得an＋2－an＝4×3n－1当n为奇数时，a3－a1＝4×30a5－a3＝4×32a7－a5＝4×34……an－an－2＝4×3n－3相加得an－a1＝4×(30＋32＋34＋…＋3n－3)＝4×eq\f(30－3n－3×32,1－32)＝eq\f(3n－1－1,2)，∴an＝eq\f(1,2)×3n－1.当n为偶数时由an＋an＋1＝2×3n－1得an＝2×3n－1－an＋1＝2×3n－1－eq\f(1,2)×3n＝eq\f(1,2)×3n－1.综上所述an＝eq\f(1,2)×3n－1.3．(2024·课标Ⅲ，17,12分)设数列{an}满意a1＝3，an＋1＝3an－4n.(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.[解析](1)a2＝5，a3＝7.猜想an＝2n＋1.由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，……a2－5＝3(a1－3)．因为a1＝3，所以an＝2n＋1.(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.①从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.②①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1.所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2.4．(2024·湖北武汉部分重点中学联考)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}中，bn＝eq\f(2,an＋1)，且其前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)推断数列{cn}的增减性．[解析](1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1；当n＝1时，a1＝S1＝2，不满意上式．所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＝1，,2n－1n≥2，))于是bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n＝1，,\f(1,n)n≥2.))(2)由题意得cn＝T2n＋1－Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n＋1)，所以cn＋1－cn＝eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2n＋3)－eq\f(1,2n＋2)＝eq\f(－1,2n＋32n＋2)<0，即cn＋1<cn，所以数列{cn}为递减数列．5．(2024·新高考Ⅰ，Ⅱ，18,12分)已知公比大于1的等比数列{an}满意a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)(新高考Ⅰ)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.(新高考Ⅱ)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan[解析](1)设{an}的公比为q.由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.解得q1＝eq\f(1,2)(舍去)，q2＝2.由题设得a1＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n.(2)(新高考Ⅰ)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.(新高考Ⅱ)a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1ana＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1＝eq\f(23[1－－22n],1－－22)＝eq\f(8,5)－(－1)neq\f(22n＋3,5).6．(理)(2024·辽宁鞍山一中模拟)数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满意an＝4log2bn＋3，n∈N*.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.(文)(2024·长沙长郡中学检测)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)令cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,Sn)，n为奇数，,bn，n为偶数，))设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.[解析](理)(1)由Sn＝2n2＋n，可得当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋n)－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1.当n＝1时，a1＝3符合上式，所以an＝4n－1，由an＝4log2bn＋3可得4n－1＝4log2bn＋3，解得bn＝2n－1，n∈N*.(2)anbn＝(4n－1)·2n－1∴Tn＝3＋7·21＋11·22＋15·23＋…＋(4n－1)·2n－1①∴2Tn＝3·21＋7·22＋11·23＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n②①－②可得－Tn＝3＋4[21＋22＋23＋24＋…＋2n－1]－(4n－1)·2n＝3＋4×eq\f(21－2n－1,1－2)－(4n－1)·2n＝－5＋(5－4n)·2n，∴Tn＝5＋(4n－5)·2n，n∈N*.(文)(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，a1＝3，b1＝1，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＋6＋d＝10，,3＋4d－2q＝3＋2d))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2，,q＝2.))∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)，则当n为奇数时，cn＝eq\f(2,Sn)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)，当n为偶数时，cn＝2n－1，∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(2n,2n＋1)＋eq\f(2,3)(4n－1)．7．(理)(2024·山西高校附中模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝nan＋2an－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n))))的前n项和为Tn，求证：Tn<4.(文)(2024·北京西城区期中)已知等比数列{an}满意a3－a2＝10，a1a2(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,am)≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，请说明理由．[解题思路](1)先依据2Sn＝nan＋2an－1和an＝Sn－Sn－1(n≥2)，推出数列{an}的递推公式，再求an.(2)依据eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n))))的通项公式的结构形式，联系裂项求和法进行适当放缩．再求和，证明Tn<4.[解析](理)(1)解法一：当n＝1时，2S1＝a1＋2a1所以a1＝1.当n≥2时，2Sn＝nan＋2an－1， ①2Sn－1＝(n－1)an－1＋2an－1－1. ②①－②，得2an＝nan－(n－1)an－1＋2an－2an－1，所以nan＝(n＋1)an－1.所以eq\f(an,n＋1)＝eq\f(an－1,n).所以eq\f(an,n＋1)＝eq\f(an－1,n)＝…＝eq\f(a1,1＋1)＝eq\f(1,2)，即an＝eq\f(n＋1,2).当n＝1时，a1＝1也满意此式．故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(n＋1,2).解法二：当n＝1时，2S1＝a1＋2a1－1，所以a1当n≥2时，2Sn＝nan＋2an－1， ①2Sn－1＝(n－1)an－1＋2an－1－1. ②①－②，得2an＝nan－(n－1)an－1＋2an－2an－1，所以nan＝(n＋1)an－1.所以eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n).所以an＝a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an,an－1)＝1×eq\f(3,2)×eq\f(4,3)×…×eq\f(n＋1,n)＝eq\f(n＋1,2).当n＝1时，a1＝1也满意此式．故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(n＋1,2).(2)证明：由(1)得an＝eq\f(n＋1,2)，所以eq\f(1,a\o\al(2,n))＝eq\f(4,n＋12)<eq\f(4,nn＋1)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Tn＝eq\f(4,22)＋eq\f(4,32)＋eq\f(4,42)＋…＋eq\f(4,n＋12)<eq\f(4,1×2)＋eq\f(4,2×3)＋eq\f(4,3×4)＋…＋eq\f(4,nn＋1)＝4eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<4.(文)(1)设等比数列{an}的公比为q，则a3－a2＝a1q2－a1q＝10 ①，a1a2a3＝(a1q)3＝125由①②得q＝3，a1＝eq\f(5,3).∴数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝eq\f(5,3)×3n－1＝5×3n－2.(2)假设存在正整数m，使得eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,am)≥1.由(1)知an＝5×3n－2，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－2，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(3,5)，公比为eq\f(1,3)的等比数列，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,am)＝eq\f(\f(3,5)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))m)),1－\f(1,3))＝eq\f(9,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3m)))≥1，∴32－m≤－1，明显不成立，因此不存在正整数m，使得eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,am)≥1.8．(2024·山东全真模拟)在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2?注：假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．[解析]选条件①，设{bn}的公比为q，则q3＝eq\