统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练4数列文（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练4数列文（附解析），共6页。
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；
(2)设bn＝lg3(an＋1)，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn.
2．[2023·江西宜春模拟预测(文)]已知公差不为0的等差数列{an}中，a2＝3且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{3nan}的前n项和Tn.
3．[2023·云南曲靖二模(文)]已知数列{an}满足a1＝5，an＋1＝4an－3n2＋2n＋1.
(1)证明：数列{an－n2}为等比数列；
(2)当n为偶数时，求数列{(－1)nan}的前n项和Sn.
4．[2023·西藏日喀则模拟预测(文)]已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an·lg2an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
5．[2023·江西模拟预测(文)]在①S3＝a10－2，②Sn＝n2＋bn(b为常数)，③eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝1这三个条件中选择一个，补充在下面横线中，并给出解答．
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝27＋S1，且________．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和Tn.
注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
6．[2023·陕西西安中学模拟预测(文)]记Sn为等比数列{an}的前n项和，且公比q>1，已知a2＝4，S3＝14.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋(λ－1)n，若{bn}是递增数列，求实数λ的取值范围．
数列（4）
1．解析：（1）证明：因为a1＝2，an＋1＝3an＋2（n∈N*），
所以an＋1＋1＝3an＋3＝3（an＋1），又a1＋1＝3，即eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，
所以{an＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列．
（2）由（1）可得an＋1＝3n，
所以bn＝lg3（an＋1）＝lg33n＝n，
所以eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以Tn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
2．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，由题意可知a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝a1a5.
即（a1＋d）2＝a1（a1＋4d），又a2＝a1＋d＝3，得3d2－6d＝0，
因为d≠0，所以d＝2，a1＝1.
故通项公式an＝2n－1.
（2）3nan＝（2n－1）3n，
Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋（2n－1）×3n，
3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋（2n－1）×3n＋1，
－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－（2n－1）×3n＋1＝－3＋2（3＋32＋…＋3n）－（2n－1）×3n＋1
＝－3＋2×eq \f(3（1－3n）,1－3)－（2n－1）×3n＋1
＝－6＋3n＋1－（2n－1）×3n＋1＝－6＋（2－2n）×3n＋1，
所以Tn＝（n－1）×3n＋1＋3.
3．解析：（1）证明：因为a1－12＝4，an＋1＝4an－3n2＋2n＋1，
所以eq \f(an＋1－（n＋1）2,an－n2)＝eq \f(4an－3n2＋2n＋1－（n＋1）2,an－n2)＝eq \f(4an－4n2,an－n2)＝4，
所以数列{an－n2}是首项为4，公比为4的等比数列．
（2）由（1）可得an－n2＝4·4n－1，即an＝n2＋4n，
则Sn＝－a1＋（－1）2a2＋（－1）3a3＋（－1）4a4＋…＋（－1）nan
＝（－1－4）＋（22＋42）＋（－32－43）＋（42＋44）＋…＋（－1）n（n2＋4n）.
当n为偶数时，（－1）nan＋（－1）n－1an－1＝n2＋4n－（n－1）2－4n－1＝2n－1＋3·4n－1，
则Sn＝3＋3×4＋7＋3×43＋11＋3×45＋…＋2n－1＋3×4n－1
＝3＋7＋11＋…＋2n－1＋3×（4＋43＋45＋…＋4n－1）
＝eq \f(（3＋2n－1）×\f(n,2),2)＋3×eq \f(4（1－4n）,1－16)＝eq \f(4n＋1－4,5)＋eq \f(n（n＋1）,2).
4．解析：（1）当n＝1时，a1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－（2an－1－2），
即：eq \f(an,an－1)＝2，∴数列{an}为以2为公比的等比数列，
∴an＝2n.
（2）bn＝2n·lg22n＋1＝（n＋1）2n，
Tn＝2×2＋3×22＋…＋n·2n－1＋（n＋1）2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n·2n＋（n＋1）2n＋1，
两式相减，得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－（n＋1）2n＋1＝－n·2n＋1，
∴Tn＝n·2n＋1.
5．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，
由S4＝27＋S1，得S4－S1＝a2＋a3＋a4＝3a3＝27，∴a3＝9.
若选①，则由S3＝a10－2，得3a1＋3d＝a1＋9d－2，
又a3＝a1＋2d＝9，解得a1＝5，d＝2，
∴an＝a1＋（n－1）d＝2n＋3.
若选②：由Sn＝n2＋bn（b为常数），得a3＝S3－S2＝9＋3b－4－2b＝9，∴b＝4，
∴Sn＝n2＋4n，∴a1＝S1＝5，∴d＝eq \f(a3－a1,3－1)＝2.
∴an＝a1＋（n－1）d＝2n＋3.
若选③：∵Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)，则eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(（n－1）d,2)，eq \f(Sn＋1,n＋1)＝a1＋eq \f(nd,2)，
由eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝1，得eq \f(d,2)＝1，∴d＝2，
∴an＝a3＋（n－3）d＝2n＋3.
（2）令bn＝eq \f(1,anan＋1)，则bn＝eq \f(1,（2n＋3）（2n＋5）)＝eq \f(1,2)（eq \f(1,2n＋3)－eq \f(1,2n＋5)），
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,2)×（eq \f(1,5)－eq \f(1,7)＋eq \f(1,7)－eq \f(1,9)＋…＋eq \f(1,2n＋3)－eq \f(1,2n＋5)）
＝eq \f(1,2)×（eq \f(1,5)－eq \f(1,2n＋5)）＝eq \f(n,10n＋25).
6．解析：（1）∵等比数列{an}中，a2＝4，S3＝14，q>1.
∴eq \f(4,q)＋4＋4q＝14，解得q＝2或eq \f(1,2)（舍），
∴an＝4·2n－2＝2n.
（2）由bn＝an＋（λ－1）n＝2n＋（λ－1）n，得bn＋1＝2n＋1＋（λ－1）（n＋1），
则bn＋1－bn＝2n＋1－2n＋λ－1＝2n＋λ－1，
因为{bn}是递增数列，所以bn＋1－bn>0，故2n＋λ－1>0，即λ>1－2n，
因为{1－2n}是递减数列，所以该数列的最大项是1－21＝－1，
所以λ的取值范围是（－1，＋∞）.