2024届高考数学二轮复习大题基础练(二)含答案

这是一份2024届高考数学二轮复习大题基础练(二)含答案，共8页。
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)记cn＝bn·tan(anπ)，求c1＋c2＋c3的值及数列{cn}的前3n项和．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝1，,6a1＋15d＝7，))
解得a1＝eq \f(1,3)，d＝eq \f(1,3)，所以an＝eq \f(1,3)＋(n－1)×eq \f(1,3)＝eq \f(n,3).
因为b1＋b2＋…＋bn＝2n＋1－2，所以当n＝1时，b1＝2；
当n≥2时，b1＋b2＋…＋bn＝2n＋1－2.①
b1＋b2＋…＋bn－1＝2n－2，②
所以①－②得，bn＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，
显然b1＝2符合bn＝2n，
综上可知bn＝2n.
(2)因为cn＝bn·tan(anπ)，
由(1)知cn＝2n·tan eq \f(nπ,3)，c1＋c2＋c3＝－2eq \r(3)，
设dn＝c3n－2＋c3n－1＋c3n，
则dn＝23n－2×eq \r(3)＋23n－1×(－eq \r(3))＋0＝－eq \r(3)×23n－2，
所以{dn}是以8为公比，－2eq \r(3)为首项的等比数列，
所以数列{cn}的前3n项和为T3n＝eq \f(－2\r(3)（1－8n）,1－8)＝eq \f(2\r(3)（1－8n）,7).
2．(2023·潮州二模)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝aeq \\al(2,n)－2an＋2.
(1)证明数列{ln (an－1)}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an－2)，数列{bn}的前n项和Sn，求证：Sn1，则ln(an＋1－1)＝ln(an－1)2＝2ln(an－1)，
又ln(a1－1)＝ln 2，
所以数列{ln (an－1)}是以ln 2为首项，2为公比的等比数列，
则ln(an－1)＝2n－1·ln 2＝ln 22n－1，
所以an＝22n－1＋1.
(2)由an＋1＝aeq \\al(2,n)－2an＋2，得an＋1－2＝an(an－2)，
则eq \f(1,an＋1－2)＝eq \f(1,an（an－2）)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,an－2)－eq \f(1,an))，
所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,an－2)－eq \f(2,an＋1－2)，
所以bn＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an－2)＝eq \f(1,an－2)－eq \f(2,an＋1－2)＋eq \f(1,an－2)＝eq \f(2,an－2)－eq \f(2,an＋1－2)，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(eq \f(2,a1－2)－eq \f(2,a2－2))＋(eq \f(2,a2－2)－eq \f(2,a3－2))＋…＋(eq \f(2,an－2)－eq \f(2,an＋1－2))＝eq \f(2,a1－2)－eq \f(2,an＋1－2)＝2－eq \f(2,22n－2)，
因为eq \f(2,22n－2)>0，所以2－eq \f(2,22n－2)0，解得d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，
又因为b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，所以等比数列{bn}的公比为q＝eq \f(b3,b2)＝3，
因此，bn＝b2qn－2＝3n－1.
(2)由eq \f(c1,b2)＋eq \f(c2,b3)＋…＋eq \f(cn,bn＋1)＝eq \f(an＋1,3)，①
可得eq \f(c1,b2)＝eq \f(a2,3)＝1，所以c1＝3，
当n≥2时，eq \f(c1,b2)＋eq \f(c2,b3)＋…＋eq \f(cn－1,bn)＝eq \f(an,3)，②
①－②得eq \f(cn,bn＋1)＝eq \f(an＋1－an,3)＝eq \f(2,3)，
所以cn＝eq \f(2,3)bn＋1＝2·3n－1(n≥2)，
c1＝3不满足cn＝2·3n－1(n≥2)，
所以cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2·3n－1，n≥2，))
当n＝1时，S1＝c1＝3，
当n≥2时，Sn＝3＋2×(31＋32＋…＋3n－1)＝3＋eq \f(6（1－3n－1）,1－3)＝3n，
S1＝3也满足Sn＝3n(n≥2)，
综上所述，对任意的n∈N*，Sn＝3n.
4．(2023·广州二模)设Sn是数列{an}的前n项和，已知a3＝0，an＋1＋(－1)nSn＝2n.
(1)求a1，a2；
(2)令bn＝an＋1＋2an，求b2＋b4＋b6＋…＋b2n.
解：(1)当n＝1时，有a2－a1＝2，
当n＝2时，有a3＋(a2＋a1)＝4，
因为a3＝0，所以a2＋a1＝4，所以a1＝1，a2＝3.
(2)因为an＋1＋(－1)nSn＝2n，
所以a2n＋1＋(－1)2nS2n＝22n，a2n＋(－1)2n－1S2n－1＝22n－1(n≥1)，
两式相加得，a2n＋1＋a2n＋S2n－S2n－1＝22n＋22n－1，
所以a2n＋1＋a2n＋a2n＝3·22n－1，即a2n＋1＋2a2n＝3·22n－1(n≥1)，
因为bn＝an＋1＋2an，
所以b2n＝a2n＋1＋2a2n＝3·22n－1，
故b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝3·(21＋23＋…＋22n－1)＝3·eq \f(2（1－4n）,1－4)＝22n＋1－2.
5．(2023·汕头濠江区校级模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝an＋1－3，且a1＝3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)已知bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg\s\d9(\f(1,3))an，n为奇数，,an，n为偶数，))求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为2Sn＝an＋1－3，则有：
当n＝1时，2S1＝a2－3＝6，解得a2＝9；
当n≥2时，则2Sn－1＝an－3，
两式相减得2an＝an＋1－an，即an＋1＝3an；
注意到a2＝3a1，a1＝3≠0，故an＋1＝3an(n＝N*)，
所以{an}是首项为3，公比为3的等比数列，
故an＝3×3n－1＝3n.
(2)由(1)得bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－n，n为奇数，,3n，n为偶数，))
当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)
＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)＝－eq \f(\f(n,2)·[1＋（n－1）] ,2)＋eq \f(9（1－9\s\up6(\f(n,2))）,1－9)
＝eq \f(9,8)(3n－1)－eq \f(n2,4)；
当n为奇数时Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq \f(9,8)(3n＋1－1)－eq \f(（n＋1）2,4)－3n＋1＝eq \f(1,8)×3n＋1－eq \f(9,8)－eq \f(（n＋1）2,4)；
综上所述，Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)×3n＋1－\f(9,8)－\f(（n＋1）2,4)，n为奇数，,\f(9,8)（3n－1）－\f(n2,4)，n为偶数.))
6．(2023·茂名一模)已知Sn为数列{an}的前n项和，an>0，aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,anan＋1)，Tn为数列{bn}的前n项和．求Tn，并证明：eq \f(1,8)≤Tn0，
则a1＝2，
当n≥2时，aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn，则aeq \\al(2,n－1)＋2an－1＝4Sn－1，
所以aeq \\al(2,n)＋2an－(aeq \\al(2,n－1)＋2an－1)＝4(Sn－Sn－1)，
即aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝4an－2(an－2an－1)＝2(an＋an－1)，
所以(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1)，
因为an>0，所以an－an－1＝2，
所以数列{an}是2为首项，公差为2的等差数列，
所以an＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)证明：由(1)得an＝2n，
则bn＝eq \f(1,2n·2（n＋1）)＝eq \f(1,4)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，
所以Tn＝eq \f(1,4)×(1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))＝eq \f(1,4)(1－eq \f(1,n＋1))，
因为eq \f(1,n＋1)>0，所以1－eq \f(1,n＋1)100的最小的n的值为102.
8．(2023·汕头一模)已知Tn为正项数列{an}的前n项的乘积，且a1＝3，Teq \\al(2,n)＝aeq \\al(n＋1,n).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an－1,an＋1)，数列{bn}的前n项和为Sn，求[S2 023]([x]表示不超过x的最大整数)．
解：(1)Tn为正项数列{an}的前n项的乘积，且a1＝3，
Teq \\al(2,n)＝aeq \\al(n＋1,n)，
可得n≥2时，aeq \\al(2,n)＝eq \f(Teq \\al(2,n),Teq \\al(2,n－1))＝eq \f(aeq \\al(n＋1,n),aeq \\al(n,n－1))，
即为aeq \\al(n－1,n)＝aeq \\al(n,n－1)，
两边取3为底的对数，可得(n－1)lg3an＝nlg3an－1，
即为eq \f(lg3an,n)＝eq \f(lg3an－1,n－1)＝…＝eq \f(lg3a1,1)＝1，
所以lg3an＝n，
则an＝3n，对n＝1也成立，
所以an＝3n，n＝N*.
(2)bn＝eq \f(an－1,an＋1)＝eq \f(3n－1,3n＋1)＝1－eq \f(2,3n＋1)，
数列{bn}的前n项和为Sn＝n－(eq \f(2,3＋1)＋eq \f(2,32＋1)＋…＋eq \f(2,3n＋1))>n－2(eq \f(1,3)＋eq \f(1,9)＋…＋eq \f(1,3n))＝n－1＋eq \f(1,3n)，
所以S2 023>2 023－1＋eq \f(1,32 023)＝2 022＋eq \f(1,32 023)>2 022，
又S2 023＝2 023－(eq \f(2,3＋1)＋…＋eq \f(2,32 023＋1))