2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练六微专题2数列的综合问题

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练六微专题2数列的综合问题，共5页。
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{Sn}的前n项和．
解：(1)因为2Sn＝3an＋1－3，所以2Sn＋1＝3an＋2－3，
两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1，
即an＋2＝ eq \f(5,3) an＋1，所以等比数列{an}的公比为 eq \f(5,3) .
因为2S1＝3a2－3＝5a1－3，所以a1＝1，故an＝( eq \f(5,3) )n－1.
(2)因为2Sn＝3an＋1－3，所以Sn＝ eq \f(3,2) (an＋1－1)＝ eq \f(3,2) [( eq \f(5,3) )n－1]，
设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn＝ eq \f(3,2) × eq \f(\f(5,3)[1－（\f(5,3)）n],1－\f(5,3)) － eq \f(3,2) n＝ eq \f(15,4) ×( eq \f(5,3) )n－ eq \f(3,2) n－ eq \f(15,4) .
2．已知数列{an}的前n项积为Tn＝2 eq \s\up6(\f(n（n－1）,2)) (n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)上的项的个数，求数列{bm}的前50项和S50.
解：(1)由数列{an}的前n项积为Tn＝2 eq \s\up6(\f(n（n－1）,2)) (n∈N*)，
可得Tn－1＝2 eq \s\up6(\f(（n－1）（n－2）,2)) (n∈N*且n≥2)，T1＝a1＝1，
依题意有an＝ eq \f(Tn,Tn－1) ＝2n－1(n∈N*且n≥2)，
又a1＝1符合上式，
所以an＝2n－1.
(2)由题意，2n－1≤m，即n≤lg2m＋1(n，m∈N*)，所以bm＝1＋[lg2m]，
当m＝1时，b1＝1；
当m＝2，3时，b2＝b3＝2；
……
当m∈[2k，2k＋1－1)时，bm＝k＋1，共有2k个，k∈N*.
则S50＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b50)＝1＋2×2＋3×4＋4×8＋5×16＋6×19＝243.
3．已知公差为正数的等差数列{an}中，a1，a4，a7＋12成等比数列，数列{an}的前n项和为Sn，满足S3＝15.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)若________，求数列{bn}的前n项和Tn.
在①bn＝ eq \f(Sn,n) ＋2an，②bn＝ eq \f(1,Sn) ，③bn＝(an－1)·2n－1这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并求解．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d>0)，
依题意，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a eq \\al(2,4) ＝a1（a7＋12），,a1＋a2＋a3＝15，))
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a1＋3d）2＝a1（a1＋6d＋12），,a1＋d＝5，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2)) (负值已舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
前n项和Sn＝ eq \f(n（a1＋an）,2) ＝ eq \f(n（3＋2n＋1）,2) ＝n2＋2n.
(2)选条件①bn＝ eq \f(Sn,n) ＋2an，
由(1)可知an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n，
所以bn＝ eq \f(Sn,n) ＋2an＝ eq \f(n2＋2n,n) ＋22n＋1＝n＋2＋22n＋1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝ eq \f(n（3＋n＋2）,2) ＋ eq \f(23（1－4n）,1－4) ＝ eq \f(n（n＋5）,2) ＋ eq \f(8（4n－1）,3) .
选条件②bn＝ eq \f(1,Sn) ，
由(1)可知Sn＝n2＋2n.
所以bn＝ eq \f(1,Sn) ＝ eq \f(1,n（n＋2）) ＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋2) )，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,1) － eq \f(1,3) )＋ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,2) － eq \f(1,4) )＋ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,3) － eq \f(1,5) )＋…＋ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,n－1) － eq \f(1,n＋1) )＋ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋2) )＝ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,1) ＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,n＋1) － eq \f(1,n＋2) )＝ eq \f(3,4) － eq \f(1,2) ( eq \f(1,n＋1) ＋ eq \f(1,n＋2) )＝ eq \f(3,4) － eq \f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）) .
选条件③bn＝(an－1)·2n－1，
由(1)可知an＝2n＋1，
所以bn＝(an－1)·2n－1＝n·2n，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
则2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
两式相减得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝ eq \f(2（1－2n）,1－2) －n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
4．(2024·盐城模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n，n∈N*.
(1)判断数列{an－2n－1}是否为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝ eq \f(（2n－1）2n,anan＋1) ，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)因为a1＝3，所以a1－2×1－1＝0.
因为等比数列中的各项都不可能为0，所以数列{an－2n－1}不是等比数列．
由an＋1＝3an－4n，得an＋1－2(n＋1)－1＝3(an－2n－1).
因为a1－2×1－1＝0，所以an－2n－1＝0，
所以an＝2n＋1.
(2)由(1)可得bn＝ eq \f(（2n－1）2n,（2n＋1）（2n＋3）) ＝ eq \f(2n＋1,2n＋3) － eq \f(2n,2n＋1) ，
则Sn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝( eq \f(22,5) － eq \f(21,3) )＋( eq \f(23,7) － eq \f(22,5) )＋…＋( eq \f(2n,2n＋1) － eq \f(2n－1,2n－1) )＋( eq \f(2n＋1,2n＋3) － eq \f(2n,2n＋1) )＝ eq \f(2n＋1,2n＋3) － eq \f(2,3) .
5．在数列{an}中，若an＋1－a1a2a3·…·an＝d(n∈N*)，则称数列{an}为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”．已知数列{an}是一个“泛等差数列”，数列{bn}满足a eq \\al(2,1) ＋a eq \\al(2,2) ＋…＋a eq \\al(2,n) ＝a1a2a3·…·an－bn.
(1)若数列{an}的“泛差”d＝1，且a1，a2，a3成等差数列，求a1；
(2)若数列{an}的“泛差”d＝－1，且a1＝ eq \f(1,2) ，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)因为d＝1，所以an＋1－a1a2a3·…·an＝1(n∈N*)，
所以a2＝a1＋1，a3＝a1a2＋1＝a1(a1＋1)＋1.
因为a1，a2，a3成等差数列，
所以2(a1＋1)＝a1＋a1(a1＋1)＋1，
所以a eq \\al(2,1) ＝1，所以a1＝1或a1＝－1.
(2)因为a eq \\al(2,1) ＋a eq \\al(2,2) ＋…＋a eq \\al(2,n) ＝a1a2a3·…·an－bn，①
所以a eq \\al(2,1) ＋a eq \\al(2,2) ＋…＋a eq \\al(2,n) ＋a eq \\al(2,n＋1) ＝a1a2a3·…·anan＋1－bn＋1，②
②－①得，a eq \\al(2,n＋1) ＝a1a2a3·…·anan＋1－a1a2a3·…·an－(bn＋1－bn)＝a1a2a3·…·an(an＋1－1)－(bn＋1－bn).
因为an＋1－a1a2a3·…·an＝－1，所以a1a2a3·…·an＝an＋1＋1，
所以a eq \\al(2,n＋1) ＝(an＋1＋1)(an＋1－1)－(bn＋1－bn)，
所以bn＋1－bn＝－1.
又b1＝a1－a eq \\al(2,1) ＝ eq \f(1,4) ，所以数列{bn}是首项为 eq \f(1,4) ，公差为－1的等差数列，
所以bn＝ eq \f(1,4) ＋(n－1)×(－1)，即bn＝－n＋ eq \f(5,4) .
6．(2024·文昌模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足4an－2Sn＋n2－3n－4＝0，n∈N*，数列{bn}满足b1＝1，2nbn＋1＝anbn，n∈N*.
(1)证明数列{an－n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求证：bn＋1>bn≥3－ eq \f(n＋1,2n－1) .
解：(1)解：当n＝1时，a1＝3.
由4an－2Sn＋n2－3n－4＝0得，4an－1－2Sn－1＋(n－1)2－3(n－1)－4＝0(n≥2，n∈N*)，两式相减得4(an－an－1)－2an＋2n－4＝0(n≥2，n∈N*)，整理得an＝2an－1－n＋2(n≥2，n∈N*)，
所以an－n＝2[an－1－(n－1)].又a1－1＝2≠0，故an－n≠0，
所以 eq \f(an－n,an－1－（n－1）) ＝2(n≥2，n∈N*)，即数列{an－n}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以an－n＝2n，an＝2n＋n.
(2)证明：由题意得bn＋1＝(1＋ eq \f(n,2n) )bn，所以bn＋1与bn同号，
又b1＝1>0，所以bn>0，所以bn＋1－bn＝ eq \f(n,2n) ·bn>0，
即bn＋1>bn，所以数列{bn}为递增数列，
所以bn≥b1＝1，则bn＋1－bn＝ eq \f(n,2n) ·bn≥ eq \f(n,2n) ，
所以bn－b1＝(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)≥
eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,22) ＋…＋ eq \f(n－1,2n－1) .
令Tn＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,22) ＋…＋ eq \f(n－1,2n－1) ，则 eq \f(1,2) Tn＝ eq \f(1,22) ＋ eq \f(2,23) ＋…＋ eq \f(n－1,2n) ，两式相减得 eq \f(1,2) Tn＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,22) ＋ eq \f(1,23) ＋…＋ eq \f(1,2n－1) － eq \f(n－1,2n) ＝ eq \f(\f(1,2)（1－\f(1,2n)）,1－\f(1,2)) － eq \f(n,2n) ＝1－ eq \f(n＋1,2n) ，
所以Tn＝2－ eq \f(n＋1,2n－1) ，所以bn≥b1＋Tn＝3－ eq \f(n＋1,2n－1) .
综上，bn＋1>bn≥3－ eq \f(n＋1,2n－1) .