适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练5数列求和及其综合应用（附解析）

这是一份适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练5数列求和及其综合应用（附解析），共5页。

(1)求{an}的通项公式;
(2)设a0=0,已知数列{bn}满足bn=,求{bn}的前n项和Tn.
2.(2023山东济南二模)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,数列{bn}满足bn=lg2an.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)由an,bn构成的n×n阶数阵如图所示,求该数阵中所有项的和Tn.
3.(2023河北张家口高三期末)已知Sn为数列{an}的前n项和,Sn=2an-4n+2.
(1)证明:数列{an+4}为等比数列;
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
4.(2023广东河源高三期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S8=36,an=lg3bn.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=求数列{cn}的前20项和T20.
5.(2023新高考Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
6.(2023山东青岛高三期末)记数列{an}的前n项和为Sn,a1=1, .给出下列两个条件:条件ⓐ,数列{an}和数列{Sn+a1}均为等比数列;条件ⓑ,2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1.试在上面的两个条件中任选一个,补充在上面的横线上,完成下列两问的解答.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记正项数列{bn}的前n项和为Tn,b1=a2,b2=a3,4Tn=bn·bn+1,求[(-1)ibibi+1].
(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分)
考点突破练5 数列求和及其综合应用
1.解 (1)因为n∈N*,2Sn=(n+1)an,
当n≥2时,2Sn-1=nan-1,
两式相减得2an=(n+1)an-nan-1,
即(n-1)an=nan-1,变形得,
于是得数列{}是常数列,因此=1,即an=n,
所以数列{an}的通项公式是an=n.
(2)由(1)知,an=n,又a0=0,故csancsan-1≠0,bn==tann-tan(n-1),
所以Tn=(tan1-tan0)+(tan2-tan1)+(tan3-tan2)+…+[tann-tan(n-1)]=tann-tan0=tann.
2.解 (1)因为Sn=2n+1-2,当n=1时,S1=22-2=2,即a1=2,
当n≥2时,Sn-1=2n-2,所以Sn-Sn-1=(2n+1-2)-(2n-2),即an=2n,
经检验,当n=1时,an=2n也成立,所以an=2n,
则bn=lg2an=lg22n=n.
(2)由数阵可知Tn=a1(b1+b2+…+bn)+a2(b1+b2+…+bn)+…+an(b1+b2+…+bn)=(a1+a2+…+an)·(b1+b2+…+bn),
因为Sn=2n+1-2,b1+b2+…+bn=1+2+…+n=,
所以Tn=(2n+1-2)×=(2n-1)(n2+n).
3.(1)证明 由题知Sn=2an-4n+2,所以a1=S1=2a1-4×1+2,
解得a1=2,故a1+4=6.
由Sn=2an-4n+2,可得Sn-1=2an-1-4(n-1)+2,n≥2,
两式相减得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-4,n≥2,
所以an=2an-1+4,n≥2,所以=2,n≥2,
所以数列{an+4}是以6为首项,2为公比的等比数列.
(2)解 由(1)得数列{an+4}是以6为首项,2为公比的等比数列,
所以an+4=6×2n-1,故an=3×2n-4,则nan=3n×2n-4n.设bn=n×2n,其前n项和为Pn,
则Pn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,①
2Pn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,②
①-②得-Pn=1×2+1×22+1×23+…+1×2n-n×2n+1=-n×2n+1=(1-n)2n+1-2,
所以Pn=(n-1)2n+1+2,
所以Tn=3×Pn-4×(1+2+3+…+n)=3×[(n-1)2n+1+2]-4×=3(n-1)2n+1-2n2-2n+6.
综上,Tn=3(n-1)2n+1-2n2-2n+6.
4.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,
∵等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S8=36,
∴解得a1=1,d=1,
∴an=1+(n-1)×1=n.
∵an=lg3bn,∴n=lg3bn,∴bn=3n.
(2)∵),
∴T20=(+…+)+(a2b1+a4b2+…+a20b10)=[(1-)+()+…+()]+(2×3+4×32+…+20×310),
∵[(1-)+()+…+()]=(1-)=,令R=2×3+4×32+…+20×310,①
则3R=2×32+4×33+…+20×311,②
①-②得-2R=2×3+2(32+33+…+310)-20×311=2×-20×311=-3+311-20×311=-3-19×311,
∴R=,∴T20=.
5.解(1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3,
即3d=a1+2d,得a1=d,
从而an=nd,故bn=.
易知S3=a1+a2+a3=6d,T3=.
由题意得6d+=21,从而2d2-7d+3=0.
整理得(2d-1)(d-3)=0,解得d=3或d=(舍去).
故an=3n,n∈N*.
(2)由题意,n∈N*,d>1,
在等差数列{bn}中,bn=,前n项和为Tn,
a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=,b2=,b3=,
∵2b2=b1+b3,即2×,
∴2×,解得a1=d或a1=2d.
当a1=d时,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd,
bn=(n-1),
此时{bn}是以为首项,为公差的等差数列.
S99==99×50d,T99==99×.
S99-T99=99×50d-99×=99,
解得d=a1=或d=-1<0(舍去).
当a1=2d时,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d,
bn=(n-1),此时{bn}是以为首项,为公差的等差数列,
S99==99×51d,T99==99×,
S99-T99=99×51d-99×=99,
解得d=-<0(舍去)或d=1(舍去),
∴a1≠2d.综上,d=.
6.解 (1)若选条件ⓐ:
∵数列{Sn+a1}为等比数列,
∴(S2+a1)2=(S1+a1)(S3+a1),
即(2a1+a2)2=2a1(2a1+a2+a3).
∵a1=1,且设等比数列{an}的公比为q,
∴(2+q)2=2(2+q+q2),解得q=2或q=0(舍去),
∴an=a1qn-1=2n-1.
若选条件ⓑ:
∵2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1,①
∴2n-1a1+2n-2a2+…+2an-1=(n-1)an(n≥2),
∴2na1+2n-1a2+…+22an-1=2(n-1)an(n≥2),②
①-②得2an=nan+1-2(n-1)an(n≥2),即an+1=2an(n≥2),令2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1中n=1,得a2=2a1也符合上式,
故数列{an}为首项a1=1,公比q=2的等比数列,
则an=a1qn-1=2n-1.
(2)由(1)可知,不论条件为ⓐ还是ⓑ,都有数列{an}是首项a1=1,公比q=2的等比数列,即an=2n-1,
则b1=a2=2,b2=a3=4,
∵4Tn=bn·bn+1,③
∴4Tn-1=bn-1·bn(n≥2),④
③-④得4(Tn-Tn-1)=bn·bn+1-bn-1·bn(n≥2),
即4bn=bn·(bn+1-bn-1)(n≥2),
∵数列{bn}为正项数列,
则bn+1-bn-1=4(n≥2),
则数列{bn}的奇数项、偶数项分别都是公差为4的等差数列,
∴{b2k}(k∈N*)是首项为b2=4,公差为4的等差数列,
∴b2k=4+(k-1)×4=4k.
同理{b2k-1}(k∈N*)是首项为b1=2,公差为4的等差数列,∴b2k-1=2+(k-1)×4=4k-2.∴bn=2n,
∴[(-1)ibibi+1]=[4(-1)ii(i+1)]=4×[(-2+6)+(-12+20)+…+4n]=8n2+8n.