2023高考数学二轮专题复习与测试大题基础练二数列

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大题基础练(二)　数列
1．(2022·光明区校级模拟)已知各项都为正数的数列{an}满足an＋1＋an＝3·2n，a1＝1.
(1)若bn＝an－2n，求证：{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明：因为an＋1＋an＝3·2n，
所以bn＋1＝an＋1－2n＋1＝－an＋3·2n－2n＋1＝－(an－2n)＝－bn，
因为a1＝1，所以b1＝a1－2＝－1，
所以bn＋1＝－bn≠0，
所以＝－1，
所以{bn}是首项和公比均为－1的等比数列．
(2)解：由(1)易得：bn＝(－1)n，
因为bn＝an－2n＝(－1)n，所以an＝2n＋(－1)n，
所以Sn＝(－1)1＋(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n＋2＋22＋…＋2n＝＋＝＋2n＋1－.
2．(2022·天河区校级三模)已知等差数列{an}中，a3＝3，a6＝6，且bn＝
(1)求数列{bn}的前2n项和R2n；
(2)若cn＝b2n－1·b2n，记数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝1，
所以an＝a3＋(n－3)d＝n，
从而bn＝
所以R2n＝b1＋b2＋b3＋b2n－1＋b2n＝(2＋4＋…＋2n)＋(22＋24＋…＋22n)＝＋＝n2＋n＋·(4n－1)．
(2)因为cn＝b2n－1·b2n＝2n×22n＝2n·4n，
所以Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n，
所以4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)·4n＋2n·4n＋1，
两式相减得，－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n·4n＋1，
所以－3Sn＝－2n·4n＋1＝(－2n)4n＋1－，
即Sn＝(n－)4n＋1＋.
3．(2022·高州市二模)已知{an}是首项为1，公差不为0的等差数列，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：1＋()2·(1＋)2·(1＋)2·…·(1＋)2>an＋1.
(1)解：设等差数列{an}的通项公式为d(d≠0)，
由a＝a1·a5，所以(a1＋d)2＝a1·(a1＋4d)，
又a1＝1，得d＝2，
所以an＝2n－1；
(2)证明：因为1＋＝1＋>1＋＝，
所以(1＋)2＝()2>·，
所以(1＋)2·(1＋)2·(1＋)2·…·(1＋)2＝()2·()2·()2·…·()2>××××…××＝2n＋1＝an＋1，
即命题得证．
4．(2022·河南三模)已知数列{an}的前n项和为Sn.
(1)从①S1＝1，②2Sn＋1＝Sn＋2，③Sn＋an＝2a1这三个条件中任选两个作为条件，证明另一个成立，并求{an}的通项公式；
(2)在第(1)问的前提下，若bn＝an＋，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)选①②，因为2Sn＋1＝Sn＋2，
所以Sn＋1－2＝(Sn－2)，
因为S1＝1，S1－2＝－1，
所以，数列{Sn－2}是等比数列，公比为，
首项为－1，
所以Sn－2＝－()n－1，即Sn＝2－()n－1，
所以，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2－()n－1－＝()n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝1，显然满足an＝()n－1，
所以an＝()n－1，Sn＋an＝2－()n－1＋()n－1＝2＝2a1
选②③，因为2Sn＋1＝Sn＋2，Sn＋an＝2a1，
所以解得a1＝1，a2＝，
故S1＝a1＝1.
因为Sn＋1＝Sn＋an＋1，Sn＝2a1－an＝2－an，
所以2(Sn＋an＋1)＝Sn＋2，
即2(2－an＋an＋1)＝2－an＋2，
所以整理得an＋1＝an，
所以数列{an}是等比数列，公比为，首项为1，
所以an＝()n－1.
选①③，因为S1＝a1＝1，Sn＋an＝2a1，
所以Sn＋an＝2，Sn＋1＋an＋1＝2，
两式作差得Sn＋1－Sn＋an＋1－an＝0，
即an＋1＝an，
所以数列{an}是等比数列，公比为，首项为1，
所以an＝()n－1，
Sn＝＝2－()n－1，
所以2Sn＋1＝2＝4－()n－1，
Sn＋2＝2－()n－1＋2＝4－()n－1，
所以2Sn＋1＝Sn＋2；
(2)由(1)得an＝()n－1，
故bn＝an＋＝()n－1＋2n－1，
所以数列{bn}的前n项和Tn满足：
Tn＝(1＋1)＋(＋2)＋＋…＋＝＋[1＋2＋22＋…＋2n－1]＝2－()n－1＋＝2n－()n－1＋1.
5．(2022·岳麓区校级二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝logan 2，则在数列{bn}中是否存在连续的两项，使得它们与后面的某一项依原来顺序构成等差数列？若存在，请举例写出此三项；若不存在，请说明理由．
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2a1－2，可得a1＝2；
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)，
因为a1＝2≠0，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2·2n－1＝2n.
(2)由bn＝logan2＝＝＝，
当b1＝1，b2＝，显然不适合；b2＝，b3＝适合，
即b2＝，b3＝，b6＝构成公差为－的等差数列．
另解：
由bn＝log an2＝＝＝，
当b1＝1，b2＝，显然不适合；
当b3＝，b4＝适合，即b3＝，b4＝，b6＝构成公差为－的等差数列．
故存在连续的两项，使得它们与后面的某一项依原来顺序构成等差数列，①b2，b3，b6，②b3，b4，b6.
6．(2021·吴忠模拟)等差数列{an}中，a2＝4，a5＋a6＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an－2＋n－8，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a5＋a6＝15，所以a2＋a9＝15，
又a2＝4，所以a9＝11，
所以d＝＝＝1，
所以an＝a2＋(n－2)×1＝n＋2.
(2)由(1)可得：bn＝2an－2＋n－8＝2n＋n－8，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)－80＝＋－80＝211－2＋55－80＝2 021.
7．(2022·佛山二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a3＝5.
(1)求a1、a2的值及数列{an}的通项公式an；
(2)设bn＝anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a3＝5，
取n＝1和n＝2得：

即解得a1＝1，a2＝3，
由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)得：－＝1，
数列是首项为＝a1＝1，
公差d＝1的等差数列，
则＝n，即Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
而a1＝1满足上式，因此，an＝2n－1，
所以a1＝1，a2＝3，
数列{an}的通项公式an＝2n－1.
(2)由(1)知，当n≥2时，anan＋1an＋2－an－1anan＋1＝anan＋1·(an＋2－an－1)＝6anan＋1＝6bn，
因此，bn＝(anan＋1an＋2－an－1anan＋1)，·(anan＋1an＋2－a1a2a3)＝(anan＋1an＋2－15)，
则Tn＝＝(anan＋1an＋2－15)＋a1a2＝(2n－1)(2n＋1)(2n＋3)－＋3＝n(4n2＋6n－1)，
b1＝3满足上式，
所以Tn＝n(4n2＋6n－1)．
8．(2022·光明区校级模拟)已知数列{an}满足kan＋1－2an＝n＋，a1＝.
(1)请在集合{－2，2}中任取一个元素作为k的值，求数列{an}的通项公式；
(2)若第(1)问取k＝2，令bn＝，求数列的前n项和Sn.若第(1)问取k＝－2，求数列{an}的前n项和Tn.
注：如果同时选择k的两个取值分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)当取k＝2时，可得an＋1－an＝＋，
当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1＝＋＋…＋＋＋＝＋＋＝＋＝＋，
显然a1＝满足上式，所以an＝＋；
当取k＝－2时，可得an＋1＋an＝－－＝－－，则an＋1＋＝－(an＋)，
即数列是以a1＋＝为首项，－1为公比的等比数列，
则有an＋＝(－1)n－1，
所以an＝(－1)n－1－.
(2)①由(1)知，当取k＝2时，bn＝＝，
于是得＝＝4(－)，
所以Sn＝4(1－＋－＋…＋－)＝4(1－)＝；
②由(1)知，当取k＝－2时，an＝(－1)n－1－，
若n为偶数，则Tn＝－(＋＋…＋)＝－，若n为奇数，
则Tn＝－(＋＋…＋)＝－，
所以Tn＝(k∈N*)．