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    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数列理(附解析)

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    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数列理(附解析)

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    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数列理(附解析),共7页。
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)若数列{bn}满足b1=2,b2=5,数列{an}中第b1,b2,b3,…,bn,…项构成新的数列{cn},且数列{cn}为等比数列,求数列{bn}前n项和Tn.
    2.[2023·青海西宁三模]设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=2n2+5n.
    (1)求证:数列{3an}为等比数列;
    (2)设bn=2Sn-3n,求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,anbn)))前n项和Tn.
    3.[2023·黑龙江哈尔滨三中模拟]已知数列{an},a1=3,点(an,an+1)在曲线y=eq \f(5x-8,2x-3)上,且bn=eq \f(1,an-2).
    (1)求证:数列{bn}是等差数列;
    (2)已知数列{cn}满足cn=bn·2eq \s\up6(\f(bn+1,2)),记Sn为数列{cn}的前n项和,求Sn,并证明:当n≥2时,Sn>6.
    4.[2023·四川雅安三模]在①3Sn+1=Sn+1,②2Sn=1-3an+1这两个条件中选择一个,补充在下面问题中,并给出解答.
    已知数列{an}的前n项和为Sn,满足a2=eq \f(1,9),________;又知正项等差数列{bn}满足b1=2,且b1,b2-1,b3成等比数列.
    (1)求{an}和{bn}的通项公式;
    (2)证明:++…+0,∴an+an-1≠0,
    ∴an-an-1=2,∴an=2n-1(n∈N*).
    (2)由(1)知数列{an}中第b1,b2项为a2=3,a5=9,
    即等比数列{cn}为首项为3,公比为3的等比数列,
    ∴cn=3n,而cn=abn=2bn-1=3n,∴bn=eq \f(3n+1,2).
    ∴Tn=eq \f(1,2)[eq \f(3(1-3n),1-3)+n]=eq \f(1,4)(3n+1-3)+eq \f(n,2)(n∈N*).
    2.解析:(1)证明:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n+3,
    当n=1时,a1=S1=7,也满足an=4n+3,故an=4n+3,
    ∵an+1-an=4,∴q===34=81(为定值),
    ∴数列{}是公比为81的等比数列.
    (2)∵bn=4n2+7n,
    ∴eq \f(n,anbn)=eq \f(1,(4n+3)(4n+7))=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n+3)-\f(1,4n+7))),
    ∴Tn=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)-\f(1,11)+\f(1,11)-\f(1,15)+…+\f(1,4n+3)-\f(1,4n+7)))=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)-\f(1,4n+7)))=eq \f(n,7\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4n+7))).
    3.解析:(1)证明:因为点(an,an+1)在曲线y=eq \f(5x-8,2x-3)上,所以an+1=eq \f(5an-8,2an-3),
    因为a1=3,所以b1=eq \f(1,a1-2)=eq \f(1,3-2)=1,
    因为bn+1-bn=eq \f(1,an+1-2)-eq \f(1,an-2)=eq \f(1,\f(5an-8,2an-3)-2)-eq \f(1,an-2)=eq \f(2an-3,an-2)-eq \f(1,an-2)=2,
    所以数列{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
    (2)由(1)得bn=b1+(n-1)·2=2n-1,所以cn=bn·2eq \s\up6(\f(bn+1,2))=(2n-1)·2n,
    所以Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n,
    2Sn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)·2n+1,
    所以Sn-2Sn=2+2(22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1,
    所以-Sn=2+2×eq \f(4(1-2n-1),1-2)-(2n-1)·2n+1=-6+(3-2n)·2n+1,
    所以Sn=6+(2n-3)·2n+1,
    当n≥2时,2n-3>0,所以Sn>6.
    4.解析:(1)选择①时,根据题意可得:∵3Sn+1=Sn+1,∴当n≥2时,有3Sn=Sn-1+1,
    两式相减得:3an+1=an,即eq \f(an+1,an)=eq \f(1,3).
    又当n=1时,有3S2=S1+1=3(a1+a2),
    又∵a2=eq \f(1,9),∴a1=eq \f(1,3),eq \f(a2,a1)=eq \f(1,3)也适合,
    ∴数列{an}是首项、公比均为eq \f(1,3)的等比数列,∴an=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n;
    设正项等差数列{bn}的公差为d,
    ∵b1=2,且b1,b2-1,b3成等比数列,
    ∴(b2-1)2=b1b3,即(2+d-1)2=2(2+2d),
    解得d=3或d=-1(舍),
    ∴bn=2+3(n-1)=3n-1,故an=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n),bn=3n-1.
    选择②时:根据题意可得:
    ∵2Sn=1-3an+1,
    ∴当n≥2时,2Sn-1=1-3an,
    两式相减得:2an=-3an+1+3an,即eq \f(an+1,an)=eq \f(1,3).
    又当n=1时,有2S1=1-3a2=2a1,
    又∵a2=eq \f(1,9),∴a1=eq \f(1,3),而eq \f(a2,a1)=eq \f(1,3)也符合上式,
    ∴数列{an}是首项、公比均为eq \f(1,3)的等比数列,∴an=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n);
    设正项等差数列{bn}的公差为d,∵b1=2,且b1,b2-1,b3成等比数列,∴(b2-1)2=b1b3,
    即(2+d-1)2=2(2+2d),解得d=3或d=-1(舍),
    ∴bn=2+3(n-1)=3n-1,故an=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n),bn=3n-1.
    (2)证明:由(1)可得an=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n),bn=3n-1,
    ∴++…+=a2+a5+…+a3n-1
    =eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(5)+…+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(3n-1)=eq \f(\f(1,9)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,27)))\s\up12(n))),1-\f(1,27))=eq \f(3,26)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,27)))\s\up12(n)))

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