2025版高考数学一轮总复习第6章数列高考大题规范解答__高考中数列问题的热点题型提能训练

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1.(2023·全国乙卷文科)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
[解析] 设{an}的公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝a1＋d＝11，,S10＝10a1＋45d＝40，))
解得a1＝13，d＝－2.
所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.
由(1)得|an|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(15－2n，n≤7，,2n－15，n≥8，))
当n≤7时，Tn＝13n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝14n－n2，
当n≥8时，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋eq \f(n－7[1＋2n－7－1],2)＝98－14n＋n2.
综上，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(14n－n2，n≤7，,98－14n＋n2，n≥8，))
2.(2023·重庆巴蜀中学期中)已知等差数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，{bn}为各项均为正数的等比数列，b1＝2，且b2＋S2＝7，a2＋b3＝10.
(1)求an与bn；
(2)定义新数列{cn}满足cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数,bn，n为偶数))(n∈N*)，求{Cn}前20项的和T20.
[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)，则由题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2q＋2＋d＝7，,1＋d＋2q2＝10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2,d＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝－1,d＝7))(舍去)，∴an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1qn－1＝2n.
(2)由题意知cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(nn为奇数，,2nn为偶数.))
∴T20＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c19＋c20
＝1＋22＋3＋24＋…＋19＋220
＝(1＋3＋…＋19)＋(22＋24＋…＋220)
＝eq \f(101＋19,2)＋eq \f(41－410,1－4)
＝100＋eq \f(4,3)(410－1).
3.(2023·山东青岛一模，18)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，S2，S4，S5＋4成等差数列，a2，a4，a8成等比数列.
(1)求Sn；
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn,2bn－Tn＝eq \f(n＋2,Sn)，证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn－\f(1,Sn)))为等比数列，并求{bn}的通项公式.
[解析] (1)由S2，S4，S5＋4成等差数列，a2，a4，a8成等比数列可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S5＋4＋S2＝2S4，,a\\al(2,4)＝a2a8，))
⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5a1＋10d＋4＋2a1＋d＝24a1＋6d，,a1＋3d2＝a1＋da1＋7d，))⇒a1＝2，d＝2，
则Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋n.
(2)由2bn－Tn＝eq \f(n＋2,Sn)得2bn＝Tn＋eq \f(n＋2,nn＋1)＝Tn＋eq \f(2,n)－eq \f(1,n＋1)，
故2bn＋1＝Tn＋1＋eq \f(2,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，两式相减可得2bn＋1－2bn＝bn＋1＋eq \f(2,n＋1)－eq \f(1,n＋2)－eq \f(2,n)＋eq \f(1,n＋1)⇒bn＋1－eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(bn－\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，
又eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn－\f(1,Sn)))即为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn－\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn－\f(1,Sn)))是公比为2的等比数列，且首项为eq \f(3,2)－eq \f(1,2)＝1，
故bn－eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＝2n－1，bn＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＋2n－1.
4.(2021·全国乙，19)设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是首项为1的等比数列，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))满足bn＝eq \f(nan,3).已知a1,3a2,9a3成等差数列.
(1)求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))和eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))和eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和.证明：Tn[解析] (1)设等比数列{an}的公比为q.
∵a1,3a2,9a3成等差数列，
∴6a2＝a1＋9a3，
又∵{an}是首项为1的等比数列，
∴6a1q＝a1＋9a1q2，
∴9q2－6q＋1＝0，解得q1＝q2＝eq \f(1,3)，
∴an＝a1·qn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1，
∵bn＝eq \f(nan,3)，∴bn＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n.
(2)证明：∵Sn为{an}的前n项和，
∴Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)).
∵Tn为{bn}的前n项和，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋…＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，①
eq \f(1,3)Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋…＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋1.②
①－②可得eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋1
＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋1
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)n＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋eq \f(1,2)，
∴Tn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)n＋\f(3,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋eq \f(3,4)，
∴Tn－eq \f(Sn,2)＝－eq \f(1,2)n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n<0，∴TnB组能力提升
1.(2023·广东佛山二模，19)已知各项均为正数的等比数列{an}，其前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋2－6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bm为数列{Sn}在区间(am，am＋2)中最大的项，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] (1)设{an}的公比为q，q>0.因为2Sn＝an＋2－6，
所以当n＝1时，2S1＝a3－6，当n＝2时，2S2＝a4－6，
两式相减可得2a2＝a4－a3，所以2＝q2－q，
所以q＝2或q＝－1(舍去)，
所以2S1＝a3－6＝4a1－6，则a1＝3，
所以等比数列{an}的通项公式为an＝3×2n－1.
(2)由an＝3×2n－1,2Sn＝an＋2－6得Sn＝eq \f(1,2)(an＋2－6)＝eq \f(1,2)(3×2n＋1－6)＝3×2n－3，所以Sn＝an＋1－30，
所以Sn≥an，当且仅当n＝1时等号成立，所以am≤Sm所以Tn＝3(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－3n＝3×eq \f(22－2n＋2,1－2)－3n＝3×2n＋2－12－3n，即Tn＝3×2n＋2－12－3n.
2.(2024·河南省南阳市新野县第一高级中学高三月考)已知数列{an}，{bn}，满足a1＝1，b1＝eq \f(10,3)，bn＝eq \f(4,3)an－1＋bn－1，an＝eq \f(3,2)bn－1，n≥2.
(1)证明{an＋1＋an}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，证明：Tn[证明] (1)∵bn＝eq \f(4,3)an－1＋bn－1，an＝eq \f(3,2)bn－1，n≥2，
∴eq \f(2,3)an＋1＝eq \f(4,3)an－1＋eq \f(2,3)an，即an＋1＝an＋2an－1，n≥2，
∴an＋1＋an＝2(an＋an－1)，n≥2，
∴数列{an＋1＋an}是公比为2的等比数列.
又a1＝1，b1＝eq \f(10,3)，∴a2＝eq \f(3,2)b1＝5，∴a2＋a1＝6，
∴an＋1＋an＝6×2n－1＝3×2n，
∴an＋1－2n＋1＝－(an－2n)，
∴an－2n＝(1－21)(－1)n－1＝(－1)n，
即an＝2n＋(－1)n.
(2)由(1)，当n为偶数时，
eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,2n)－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n)＋eq \f(1,2n＋1－1)－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(1,2n＋12n＋1－1)－eq \f(1,2n2n＋1)<0，
故eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋1)当n为奇数时，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(1,a3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a4)＋\f(1,a5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)＋\f(1,an)))≤1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,23)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,24)＋\f(1,25)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n)))＝1＋eq \f(\f(1,22)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))<1＋eq \f(\f(1,4),1－\f(1,2))＝eq \f(3,2).
当n为偶数时，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)综上Tn3.已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2(3)对任意的正整数n，设cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3an－2bn,anan＋2)，n为奇数，,\f(an－1,bn＋1)，n为偶数.))求数列{cn}的前2n项和.
[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，
可得1＋4d＝5d，所以d＝1.
从而{an}的通项公式为an＝n.
由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，又q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明：由(1)可得Sn＝eq \f(nn＋1,2)，
故SnSn＋2＝eq \f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
Seq \\al(2,n＋1)＝eq \f(1,4)(n＋1)2(n＋2)2，从而SnSn＋2－Seq \\al(2,n＋1)＝－eq \f(1,2)(n＋1)(n＋2)<0，
所以SnSn＋2(3)当n为奇数时，cn＝eq \f(3an－2bn,anan＋2)＝eq \f(3n－22n－1,nn＋2)＝eq \f(2n＋1,n＋2)－eq \f(2n－1,n)；
当n为偶数时，cn＝eq \f(an－1,bn＋1)＝eq \f(n－1,2n).
对任意的正整数n，
有eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(22k,2k＋1)－\f(22k－2,2k－1)))＝eq \f(22n,2n＋1)－1＝eq \f(4n,2n＋1)－1，
eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(2k－1,4k)＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,42)＋eq \f(5,43)＋…＋eq \f(2n－3,4n－1)＋eq \f(2n－1,4n).①
由①得eq \f(1,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,42)＋eq \f(3,43)＋eq \f(5,44)＋…＋eq \f(2n－3,4n)＋eq \f(2n－1,4n＋1)，②
由①－②得eq \f(3,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,4)＋eq \f(2,42)＋…＋eq \f(2,4n)－eq \f(2n－1,4n＋1)＝eq \f(\f(2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq \f(1,4)－eq \f(2n－1,4n＋1)＝eq \f(2,3)－eq \f(2,3)×eq \f(1,4n)－eq \f(1,4)－eq \f(2n－1,4n)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,12)－eq \f(6n＋5,3×4n＋1)，
从而得eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(5,9)－eq \f(6n＋5,9×4n).
因此eq \i\su(k＝1,2n,c)k＝eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＋eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).所以数列{cn}的前2n项和为eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
4.记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq \f(Sn,an＋1)－eq \f(Sn,an)＝－eq \f(1,2).
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝2an，记数列{bn}的前n项和为Tn，试求T2n－1除以3的余数.
[解析] (1)由eq \f(Sn,an＋1)－eq \f(Sn,an)＝－eq \f(1,2)有eq \f(Sn＋1－an＋1,an＋1)－eq \f(Sn,an)＝－eq \f(1,2)，即eq \f(Sn＋1,an＋1)－eq \f(Sn,an)＝eq \f(1,2)，
又a1＝1，故eq \f(S1,a1)＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，
所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(n＋1,2)，即Sn＝eq \f(n＋1,2)an，
故Sn＋1＝eq \f(n＋2,2)an＋1，两式相减得an＋1＝eq \f(n＋2,2)an＋1－eq \f(n＋1,2)an，即eq \f(n,2)an＋1＝eq \f(n＋1,2)an，
所以eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＝…＝eq \f(a1,1)＝1，
因此{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)及bn＝2an，有bn＝2n，所以T2n－1＝22n－2＝4n－2，
又4n＝(3＋1)n＝Ceq \\al(0,n)3n＋Ceq \\al(1,n)3n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)31＋1，
因为Ceq \\al(0,n)，Ceq \\al(1,n)，…，Ceq \\al(n－1,n)均为正整数，所以存在正整数k使得4n＝3k＋1，故T2n－1＝22n－2＝4n－2＝3k－1，
所以T2n－1除以3的余数为2.