2025年高考数学一轮复习-考点突破练5-数列求和及其综合应用-专项训练【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-考点突破练5-数列求和及其综合应用-专项训练【含解析】，共5页。试卷主要包含了设Sn为数列{an}的前n项和等内容，欢迎下载使用。

(1)证明:{an}是等差数列;
(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
2.已知等差数列{an}的各项均为正数,公差d<3,若分别从下表第一、二、三行中各取一个数,依次作为a3,a4,a5,且a3,a4,a5中任何两个数都不在同一列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=8(an+1)·(an+1+3),数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<32.
3.已知数列{an}的各项均不为零,Sn为其前n项和,且anan+1=2Sn-1.
(1)证明:an+2-an=2;
(2)若a1=-1,数列{bn}为等比数列,b1=a1,b2=a3,求数列{anbn}的前2 022项和T2 022.
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,2an+1=Sn+2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足bn=an·(lg32an-1)(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
5.已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1, .
①∀n∈N*,an+an+1=4n;②数列Snn为等差数列,且Snn的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处,并解答.
(1)求an;
(2)设bn=an+an+1(an·an+1)2,求数列{bn}的前n项和Tn.
6.已知Sn为数列{an}的前n项和,an>0,an2+2an=4Sn+3(n∈N*).数列{bn}满足b1=2,b2=4,bn+12=bnbn+2(n∈N*).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=1Sn(n=2k-1,k∈N*),bn(n=2k,k∈N*),求数列{cn}的前2n项的和T2n.
考点突破练5 数列求和及其综合应用
1.(1)证明 由2Snn+n=2an+1,变形为2Sn=2nan+n-n2,记为①式,又当n≥2时,有2Sn-1=2(n-1)an-1+n-1-(n-1)2,记为②式,①-②并整理可得(2n-2)an-(2n-2)an-1=2n-2,n≥2,n∈N*.
即an-an-1=1,n≥2,n∈N*,所以{an}是等差数列.
(2)解 由题意可知a72=a4a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,所以an=-12+(n-1)×1=n-13,其中a12.(1)解 由题意可知,数列{an}为递增数列,又公差d<3,所以a3=5,a4=7,a5=9,则可求出a1=1,d=2,所以an=2n-1.
(2)证明 bn=8(an+1)·(an+1+3)=2n(n+2)=1n-1n+2,
Tn=1-13+12-14+13-15+14-16+…+1n-1-1n+1+1n-1n+2=1+12-1n+1-1n+2=32-1n+1-1n+2,故Tn<32.
3.(1)证明 因为anan+1=2Sn-1,①
所以an+1an+2=2Sn+1-1,②
②-①得an+1(an+2-an)=2an+1,
又an+1≠0,所以an+2-an=2.
(2)解 由a1=-1,得a3=1,于是b2=a3=1.由b1=a1=-1,得{bn}的公比q=-1.所以bn=(-1)n,anbn=(-1)nan.由a1a2=2a1-1,得a2=3.由an+2-an=2,得a2 022-a2 021=a2 020-a2 019=…=a2-a1=4.因此T2 022=-a1+a2-a3+a4…-a2 021+a2 022=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2 022-a2 021)=1 011×(a2-a1)=1 011×4=4 044.
4.解 (1)当n≥2时,由2an+1=Sn+2,得2an=Sn-1+2,两式相减得2an+1-2an=an,所以an+1an=32.因为a1=1,a2=a1+22=32,所以a2a1=32,符合上式.所以数列{an}是以1为首项,32为公比的等比数列,所以an=32n-1.
(2)bn=an·(lg32an-1)=(n-2)·32n-1,则Tn=-1×320+0×32+1×322+…+(n-2)·32n-1,32Tn=-1×32+0×322+1×323+…+(n-3)·32n-1+(n-2)·32n,两式相减得-12Tn=-1+32+322+…+32n-1-(n-2)·32n=-2+1-32n1-32-(n-2)32n=-(n-4)32n-4,所以Tn=2(n-4)32n+8.
5.解 (1)选条件①:由∀n∈N*,an+an+1=4n,得an+1+an+2=4(n+1),所以an+2-an=4(n+1)-4n=4,
即数列{a2k-1},{a2k}(k∈N*)均为公差为4的等差数列,
于是a2k-1=a1+4(k-1)=4k-3=2(2k-1)-1.
又a1+a2=4,所以a2=3,a2k=a2+4(k-1)=4k-1=2·(2k)-1.所以an=2n-1.
选条件②:由数列Snn为等差数列,且Snn的前3项和为6,得S11+S22+S33=3×S22=6,所以S22=2,
所以Snn的公差为d=S22-S11=2-1=1,
Snn=1+(n-1)=n,则Sn=n2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.
又a1=1满足an=2n-1,所以对任意的n∈N*,an=2n-1.
(2)因为bn=an+an+1(an·an+1)2=4n(2n-1)2(2n+1)2=121(2n-1)2-1(2n+1)2,
所以Tn=b1+b2+…+bn=12112-132+132-152+…+1(2n-1)2-1(2n+1)2=121-1(2n+1)2=2n(n+1)(2n+1)2.
6.解 (1)an>0,an2+2an=4Sn+3,①
当n=1时,a12-2a1-3=0,解得a1=3或a1=-1(负值舍去);
当n≥2时,an-12+2an-1=4Sn-1+3,②
①-②得(an+an-1)(an-an-1)=2(an+an-1),所以an-an-1=2.所以数列{an}是以3为首项,2为公差的等差数列.所以an=2n+1(n∈N*).因为数列{bn}满足b1=2,b2=4,bn+12=bnbn+2,所以数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,
所以bn=2n.
(2)因为an=2n+1,所以Sn=n(3+2n+1)2=n2+2n=n(n+2),所以T2n=11×3+13×5+15×7+…+1(2n-1)(2n+1)+(22+24+…+22n)=121-13+13-15+15-17+…+12n-1-12n+1+4(1-4n)1-4=121-12n+1+4(1-4n)1-4=n2n+1+4n+1-43.项目
第一列
第二列
第三列
第一行
3
5
6
第二行
7
4
8
第三行
11
12
9