2025版高考热点题型与考点专练数学热点2数列求和及等差、等比数列的综合应用试题（Word版附答案）

这是一份2025版高考热点题型与考点专练数学热点2数列求和及等差、等比数列的综合应用试题（Word版附答案），共6页。
【典例1】(13分)(规范解答)(2024·全国甲卷)已知数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
【审题思维】
(1)由已知递推关系进行转化,然后结合等比数列的通项公式即可求解;
(2)先求出bn,然后结合错位相减法求解.
【解析】(1)因为4Sn=3an+4,所以4Sn+1=3an+1+4,两式相减可得4an+1=3an+1-3an,……3分
即an+1=-3an,又因为4S1=3a1+4,
所以a1=4,故数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列,所以an=4·(-3)n-1;…6分
(2)bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,……8分
所以Tn=4(1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1),3Tn=4(1·31+2·32+3·33+…+n·3n),……10分
两式相减可得:-2Tn=4(1+31+32+…+3n-1-n·3n)=4(1-3n-2-n·3n)=(2-4n)3n-2,
所以Tn=(2n-1)3n+1.……13分
【题后反思】
本题考查由递推关系求数列的通项公式、错位相减法的应用,解题时谨防两个易错点:
(1)由Sn求an,注意对n=1时对应的首项的检验;
(2)利用错位相减法求解时,不要弄错项数.
【典例2】(2024·泉州二模)已知数列{an}和{bn}的各项均为正,且a3=18b1,{bn}是公比为3的等比数列.数列{an}的前n项和Sn满足4Sn=an2+2an.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=bn+3(bn+3-3)(bn+3-1)+ancs nπ,求数列{cn}的前n项和Tn.
【审题思维】
(1)利用递推公式可证得数列{an}是等差数列,可求出数列{an}的通项公式;利用等比数列的性质,可求出{bn}的通项公式;
(2)求出cn,根据裂项相消法和分组求和法求Tn.
【解析】(1)由题设,当n=1时,4S1=a12+2a1,所以a1=2或a1=0(舍),
由4Sn=an2+2an,知4Sn-1=an-12+2an-1,两式相减得(an+an-1)(an-an-1-2)=0,所以an+an-1=0(舍)或an-an-1-2=0,即an-an-1=2,
所以数列{an}是首项为2,公差为2的等差数列,所以an=2n.又a3=18b1=6,所以b1=13,所以bn=3n-2.
(2)cn=bn+3(bn+3-3)(bn+3-1)+ancs nπ=3n+1(3n+1-3)(3n+1-1)+(-1)n2n=3n(3n-1)(3n+1-1)+(-1)n2n
=12(13n-1-13n+1-1)+(-1)n2n,
则Tn=12[(13-1-132-1)+(132-1-133-1)+…+(13n-1-13n+1-1) ]+2([(-1+2)+(-3+4)+…+(-1)nn],
当n为偶数时,Tn=12(12-13n+1-1)+n;
当n为奇数时,Tn=12(12-13n+1-1)-(n+1)=-12(3n+1-1)-n-34.
所以Tn=12(12-13n+1-1)+n,n为偶数-12(3n+1-1)-n-34,n为奇数.
【题后反思】
本题考查等差、等比数列通项公式的求法及裂项相消法、分组求和法,解题时需要注意:
(1)利用裂项相消法求和时,要保证相消前后等号成立;
(2)当通项公式中出现(-1)n,(-1)n+1,求和时常按奇偶讨论.
1.★★★☆☆(2024·成都模拟)记数列{an}的前n项和为Sn,已知2Sn=n2+an+a1-1.
(1)若a1≠1,证明:{an-n}是等比数列;
(2)若a2是a1和a3的等差中项,设bn=1anan+2,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)对2Sn=n2+an+a1-1①,当n≥2时,有2Sn-1=(n-1)2+an-1+a1-1②,
①-②:2(Sn-Sn-1)=2n-1+an-an-1,即2an=2n-1+an-an-1,
经整理,可得an-n=(-1)[an-1-(n-1)],a1≠1,故{an-n}是以a1-1为首项、-1为公比的等比数列.
(2)由(1)知an-n=(-1)n-1(a1-1),有a2=3-a1,a3=a1+2,
由题设知2a2=a1+a3,即2(3-a1)=a1+(a1+2),则a1=1,故an=n.
而bn=1anan+2=1n(n+2)=12(1n-1n+2),
Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=12(11-13+12-14+…+1n-1-1n+1+1n-1n+2)=12(11+12-1n+1-1n+2),
故Tn=34-12(1n+1+1n+2).
2.★★★☆☆(2024·绍兴三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,Sn=nn+2an+1,设bn=Snn.
(1)求证:数列{bn}为等比数列;
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
【解析】(1)Sn=nn+2an+1=nn+2(Sn+1-Sn),即(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),即nSn+1=(2n+2)Sn,则nSn+1n(n+1)=(2n+2)Snn(n+1),即Sn+1n+1=2Snn,
即bn+1=2bn,又b1=S11=a1=2,
故数列{bn}是以2为首项、以2为公比的等比数列;
(2)由(1)得bn=2n,即Snn=2n,则Sn=n·2n,
则Tn=1·21+2·22+…+n·2n,
有2Tn=1·22+2·23+…+n·2n+1,
则Tn-2Tn=-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=2(1-2n)1-2-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2,故Tn=(n-1)·2n+1+2.
3.★★★☆☆(2024·安康模拟)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,nSn+1-(n+1)Sn=n2+n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)nan+(-1)n+12n,求数列{bn}的前2n项和T2n.
【解析】(1)由nSn+1-(n+1)Sn=n2+n,可得nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1),
所以Sn+1n+1-Snn=1,又由a1=1,所以S11=a11=1,所以数列{Snn}是以1为首项,1为公差的等差数列,
所以Snn=1+(n-1)×1=n,则Sn=n2,
当n≥2时,Sn-1=(n-1)2,所以Sn-Sn-1=an=n2-(n-1)2=2n-1,
又当n=1时,a1=1满足上式,
所以{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)可知,当n为奇数时,bn=-an=1-2n;当n为偶数时,bn=an+2×2n=2n-1+2n+1,所以T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n)=2n+23+25+27+29+…+22n+1=2n+8(1+22+24+26+…+22n-2)=2n+8×1-4n1-4=2n+23×4n+1-83.
4.★★★★☆(2024·上海模拟)已知f(x)=12x2+12x,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若g(x)=4x4x+2,令bn=g(an2 025)(n∈N*),求数列{bn}的前2 024项和T2 024.
【解析】(1)因为点(n,Sn)(n∈N*)均在函数f(x)=12x2+12x的图象上,
所以Sn=12n2+12n,
当n=1时,S1=12+12=1,即a1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12n2+12n-[12(n-1)2+12(n-1) ]=12n2+12n-(12n2-n+12+12n-12)=n,
因为a1=1满足上式,所以an=n;
(2)因为g(x)=4x4x+2,
所以g(x)+g(1-x)=4x4x+2+41-x41-x+2=4x4x+2+44+2×4x=4x4x+2+24x+2=1,
因为an=n,所以bn=g(an2 025)=g(n2 025)(n∈N*),
所以T2 024=b1+b2+b3+…+b2 023+b2 024=g(12 025)+g(22 025)+g(32 025)+…+g(2 0232 025)+g(2 0242 025)①,
又T2 024=b2 024+b2 023+b2 022+…+b2+b1=g(2 0242 025)+g(2 0232 025)+g(2 0222 025)+…+g(22 025)+
g(12 025)②,
①+②,得2T2 024=2 024[g(12 025)+g(2 0242 024) ]=2 024,所以T2 024=1 012.
年份
2022
2023
2024
角度
题号
角度
题号
角度
题号
新高考Ⅰ卷
由递推关系求通项公式与裂项相消法求和
17
求数列的通项公式与公差
20
数列的新定义问题
19
新高考Ⅱ卷
等差、等比数列的综合应用
17
数列的通项公式与前n项和的综合应用
18
数列的应用
19