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)

专题突破练(分值:91分)学生用书P163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+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2024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a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+log2an=2n-1+n-1,故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)=2n-1+n(显然,Tn随着n的增大而增大,T10=210-1+45=1068<2024,T11=211-1+55=2102>2024,所以满足Tn<2024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(1)求{an}的通项公式;(2)证明:1a1+1a2+(1)解(方法一)∵Snan是以S1a1=1∴Snan=1+(n-∴Sn=n+23an.当n≥2时,Sn-1=n+13an-1.①-②得an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13∴n+13an-1=n-13a∴an=anan-1·an-1an-2·…·a2又a1=1,∴an=(n+1)×n2×1×1又当n=1时,a1=1也符合上式,∴an=n((方法二)∵Snan是以S1a1=1为首项,以13为公差的等差数列,∴Sn∴Sn=n+23an.当n≥2时,Sn-1=n+13an-1.①-②得an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,∴n+13an-∴ann+1=设ann(n+1)=bn,则∴{bn}为常数列,且b1=a1∴ann(n+1)=bn=12(方法三)∵Snan是首项为S1a1=1,公差为13的等差数列,∴Snan=1+13(n-∴SnSn∴Sn=S1·S2S1·S3S2·…·∴an=Sn-Sn-1=n(n+1又a1=1满足此公式,∴{an}的通项公式为an=n((2)证明由(1)知,1an=2∴1a1+1a2+…+1an=21-12+12-13+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(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∴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-又因为等差数列{2(n+2)}的前n项和为n(2×3+2n+4)2综上可得Sn=(2n+3)×3n+1-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)ana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累乘得anan-1·an-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)a所以T100=12+15-5.(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当n=1时,b1=a1,因此T20=b1+(b3+b5+…+b19)+(b2+b4+b6+…+b20)=a1+a3+a22+a5=a12+S=1-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=-81C.an3nD.Sn=(3-n)3n-3答案BCD解析设AC,BD交于E点,则S△ABD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+即an+1=3an-2×3n,则an+13n+1=而a1=3,故an3n为首项是a13=1,公差为-23则an3n=1+(n-1)×-23=5-2n3,故a故a4=5-2×43×34=-又an+1an=5-2(n+1)3·3nSn=a1+a2+…+an=33×3+13×32+-13×33+…+故3Sn=33×32+13×33+-13×34+…+7-2n3两式相减得-2Sn=3-23×(32+33+34+…+3n)-5-2n3·3n+1=3-23×9(1-3n-1)1-3-5-2n3·3n+17.(15分)(2024河北沧州一模)在数列{an}中,已知a1+a22+a322(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=2048).解(1)当n=1时,a1=2;当n≥2时,an2n-1=a1+a22+a322+…+an2n-1-a1+所以an2n-1=2⇒an=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所以S55