2022年新高考一轮复习考点精选练习26《数列的综合与应用》（含详解）

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若数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an－λ(λ＞0，n∈N*).
(1)证明数列{an}为等比数列，并求an；
(2)若λ=4，bn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,lg2an，n为偶数))(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
已知数列{an}满足：a1=1，an＋1=eq \f(n＋1,n)an＋eq \f(n＋1,2n).
(1)设bn=eq \f(an,n)，求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
已知数列{an}为单调递增数列，Sn为其前n项和，2Sn=aeq \\al(2,n)＋n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=eq \f(an＋2,2n＋1·an·an＋1)，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：Tn＜eq \f(1,2).
已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项.
(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Kn，设cn=eq \f(SnTn,Kn)，求证：cn＋1>cn(n∈N*).
已知数列{an}是等差数列，a2=6，前n项和为Sn，{bn}是等比数列，b2=2，a1b3=12，S3＋b1=19.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{bncs(anπ)}的前n项和Tn.
已知Sn是正项数列{an}的前n项和，且2Sn=aeq \\al(2,n)＋an，等比数列{bn}的公比q>1，b1=2，且b1，b3，b2＋10成等差数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn=an·bn＋(－1)n·eq \f(2n＋1,an·an＋1)，记T2n=c1＋c2＋c3＋…＋c2n，求T2n.
\s 0 答案解析
解：(1)证明：∵Sn=2an－λ，当n=1时，得a1=λ，
当n≥2时，Sn－1=2an－1－λ，
∴Sn－Sn－1=2an－2an－1，
即an=2an－2an－1，∴an=2an－1，
∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，
∴an=λ2n－1.
(2)∵λ=4，∴an=4·2n－1=2n＋1，
∴bn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＋1，n为奇数，,n＋1，n为偶数，))
∴T2n=22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1
=(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)
=eq \f(4－4n·4,1－4)＋eq \f(n3＋2n＋1,2)=eq \f(4n＋1－4,3)＋n(n＋2)，
∴T2n=eq \f(4n＋1,3)＋n2＋2n－eq \f(4,3).
解：(1)由an＋1=eq \f(n＋1,n)an＋eq \f(n＋1,2n)，可得eq \f(an＋1,n＋1)=eq \f(an,n)＋eq \f(1,2n)，
又bn=eq \f(an,n)，∴bn＋1－bn=eq \f(1,2n)，由a1=1，得b1=1，
累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1=eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)，
即bn－b1=eq \f(\f(1,2)1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))=1－eq \f(1,2n－1)，∴bn=2－eq \f(1,2n－1).
(2)由(1)可知an=2n－eq \f(n,2n－1)，设数列{eq \f(n,2n－1)}的前n项和为Tn，
则Tn=eq \f(1,20)＋eq \f(2,21)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(n,2n－1) ①，
eq \f(1,2)Tn=eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n) ②，
①－②得eq \f(1,2)Tn=eq \f(1,20)＋eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)=eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n)=2－eq \f(n＋2,2n)，∴Tn=4－eq \f(n＋2,2n－1).
易知数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，
∴Sn=n(n＋1)－4＋eq \f(n＋2,2n－1).
解：(1)当n=1时，2S1=2a1=aeq \\al(2,1)＋1，
所以(a1－1)2=0，即a1=1，
又{an}为单调递增数列，所以an≥1.
由2Sn=aeq \\al(2,n)＋n得2Sn＋1=aeq \\al(2,n＋1)＋n＋1，
所以2Sn＋1－2Sn=aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋1，则2an＋1=aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋1，所以aeq \\al(2,n)=(an＋1－1)2.
所以an=an＋1－1，即an＋1－an=1，
所以{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an=n.
(2)证明：bn=eq \f(an＋2,2n＋1·an·an＋1)=eq \f(n＋2,2n＋1·n·n＋1)=eq \f(1,n·2n)－ SKIPIF 1 < 0 ，
所以Tn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1×21)－\f(1,2×22)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2×22)－\f(1,3×23)))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n·2n)－\f(1,n＋1·2n＋1)))
=eq \f(1,2)－ SKIPIF 1 < 0 ＜eq \f(1,2).
解：(1)设数列{an}的公差为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝14，,a1＋2d2＝a1a1＋6d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(7,2)，,d＝0))(舍去)，
所以an=n＋1，Sn=eq \f(nn＋3,2).
又b1=a1=2，b2=a3=4，所以bn=2n，Tn=2n＋1－2.
(2)证明：因为an·bn=(n＋1)·2n，
所以Kn=2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n，①
所以2Kn=2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，②
①－②得－Kn=2·21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1，
所以Kn=n·2n＋1.
则cn=eq \f(SnTn,Kn)=eq \f(n＋32n－1,2n＋1)，cn＋1－cn
=eq \f(n＋42n＋1－1,2n＋2)－eq \f(n＋32n－1,2n＋1)=eq \f(2n＋1＋n＋2,2n＋2)>0，
所以cn＋1>cn(n∈N*).
解：(1)∵数列{an}是等差数列，a2=6，
∴S3＋b1=3a2＋b1=18＋b1=19，∴b1=1，
∵b2=2，数列{bn}是等比数列，∴bn=2n－1.
∴b3=4，∵a1b3=12，∴a1=3，
∵a2=6，数列{an}是等差数列，∴an=3n.
(2)由(1)得，令Cn=bncs(anπ)=(－1)n2n－1，
∴Cn＋1=(－1)n＋12n，
∴eq \f(Cn＋1,Cn)=－2，
又C1=－1，
∴数列{bncs(anπ)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列，
∴Tn=eq \f(－1×[1－－2n],1＋2)=－eq \f(1,3)[1－(－2)n].
解：(1)当n≥2时，由题意得2Sn－2Sn－1=aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋an－an－1，
2an=aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋an－an－1，
aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)－(an＋an－1)=0，
(an＋an－1)(an－an－1－1)=0，
∵an＋an－1>0，∴an－an－1=1，
当n=1时，2a1=aeq \\al(2,1)＋a1，∵a1>0，∴a1=1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴an=1＋(n－1)×1=n.
由b1=2,2b3=b1＋(b2＋10)，得2q2－q－6=0，
解得q=2或q=－eq \f(3,2)(舍)，∴bn=b1qn－1=2n.
(2)由(1)得cn=n·2n＋(－1)n·eq \f(2n＋1,nn＋1)=n·2n＋(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，
∴T2n=(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,3)))－\f(1,3)＋\f(1,4)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)＋\f(1,2n＋1)))))
=(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋(-1+eq \f(1,2n＋1))，
记W2n=1×2＋2×22＋…＋2n·22n，
则2W2n=1×22＋2×23＋…＋2n·22n＋1，
以上两式相减可得－W2n=2＋22＋…＋22n－2n·22n＋1=eq \f(21－22n,1－2)－2n·22n＋1
=(1－2n)·22n＋1－2，
∴W2n=(2n－1)·22n＋1＋2，
∴T2n=W2n＋(-1+eq \f(1,2n＋1))=(2n－1)·22n＋1＋eq \f(1,2n＋1)＋1.