新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题2数列第2讲数列求和及其综合应用核心考点1求数列的通项公式教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题2数列第2讲数列求和及其综合应用核心考点1求数列的通项公式教师用书，共9页。
1. (2023·全国新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq \f(n2＋n,an)，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.
【解析】 (1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，
∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，
又T3＝b1＋b2＋b3＝eq \f(2,d)＋eq \f(6,2d)＋eq \f(12,3d)＝eq \f(9,d)，
∴S3＋T3＝6d＋eq \f(9,d)＝21，
即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝eq \f(1,2)(舍去)，
∴an＝a1＋(n－1)·d＝3n.
(2)∵{bn}为等差数列，
∴2b2＝b1＋b3，即eq \f(12,a2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(12,a3)，
∴6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq \f(6d,a2a3)＝eq \f(1,a1)，即aeq \\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d，
∵d>1，∴an>0，
又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，
∴a50－eq \f(2 550,a50)＝1，即aeq \\al(2,50)－a50－2 550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去)
当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d>1矛盾，无解；
当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝eq \f(51,50).
综上，d＝eq \f(51,50).
2. (2023·全国新高考Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d，而bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an－6，n＝2k－1，,2an，n＝2k，))k∈N*，
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，
所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3.
(2)证明：证法一：由(1)知，Sn＝eq \f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，
bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－3，n＝2k－1，,4n＋6，n＝2k，))k∈N*，
当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
Tn＝eq \f(13＋6n＋1,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq \f(3,2)(n＋1)2＋eq \f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
证法二：由(1)知，Sn＝eq \f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－3，n＝2k－1，,4n＋6，n＝2k，))k∈N*，
当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq \f(－1＋2n－1－3,2)·eq \f(n,2)＋eq \f(14＋4n＋6,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq \f(－1＋2n－3,2)·eq \f(n＋1,2)＋eq \f(14＋4n－1＋6,2)·eq \f(n－1,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
3. (2023·全国卷理科)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn.
【解析】 (1)因为2Sn＝nan，
当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；
当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，
化简得：(n－2)an＝(n－1)an－1，当n≥3时，eq \f(an,n－1)＝eq \f(an－1,n－2)＝…＝eq \f(a3,2)＝1，即an＝n－1，
当n＝1,2,3时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*)．
(2)因为eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(n,2n)，所以Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
eq \f(1,2)Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
两式相减得，
eq \f(1,2)Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1＝eq \f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，即Tn＝2－(2＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，n∈N*.
4. (2022·全国新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
(2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素个数．
【解析】 (1)证明：设数列{an}的公差为d，所以，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，,a1＋d－2b1＝8b1－a1＋3d，))即可解得，b1＝a1＝eq \f(d,2)，所以原命题得证．
(2)由(1)知，b1＝a1＝eq \f(d,2)，所以bk＝am＋a1⇔b1×2k－1＝a1＋(m－1)d＋a1，即2k－1＝2m，亦即m＝2k－2∈[1,500]，解得2≤k≤10，所以满足等式的解k＝2,3,4，…，10，故集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中的元素个数为10－2＋1＝9.
5. (2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.
(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．
【解析】 (1)证明：因为eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n①，
当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)②，
①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)，
即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1，
即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，
所以{an}是以1为公差的等差数列．
(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以aeq \\al(2,7)＝a4·a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12，
所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(1,2)n2－eq \f(25,2)n＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(25,2)))2－eq \f(625,8)，
所以，当n＝12或n＝13时(Sn)min＝－78.
6. (2022·全国新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)