2025年高考数学二轮复习重点专题训练·数列的综合

2025高考二轮复习重点专题训练·数列的综合 数列的奇偶项与新数列问题 1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N *)，数列{bn}是等比数列，a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)若cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n. 2．已知Sn为数列{an}的前n项和，a2＝5，Sn＋1＝Sn＋an＋4，{bn}是等比数列，b2＝9，b1＋b3＝30，公比q>1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)数列{an}和{bn}的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求其前20项和T20. 3．(2024·沧州联考)在数列{an}中，已知a1＋＋＋…＋＝2n. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11，使a1，x11，a2成等差数列；在a2和a3之间插入2个数x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差数列；…；在an和an＋1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，使an，xn1，xn2，…，xnn，an＋1成等差数列，这样可以得到新数列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…，an，设数列{bn}的前n项和为Sn，求S55(用数字作答). 4．(2024·山东潍坊三模)已知正项等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1＋1，S2，S3＋1成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝求数列{bn}的前4n项和T4n. 5．(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝　 (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和． 数列与 不等式 1.(2024·广西桂林阶段测试)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝2an＋2n＋2. (1)求an； (2)求Sn； (3)若对任意的n∈N＋，(－1)nλ<Sn恒成立，求λ的取值范围． 2．(2024·江苏连云港模拟预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋. (1)证明：数列{Sn2}是等差数列； (2)数列{Sn}的每一项均为正数，bn＝数列{bn}的前n项和为Tn，当Tn2≥1 012时，求n的最小值． 3．等差数列{an}中，a3＋a8＝4，a2＝. (1)设bn＝[an]，求数列{bn}的前7项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2； (2)设cn＝，Tn是数列{cn}的前n项和，求证：Tn<. 4．(2024·黑龙江模拟预测)给定数列{an}，对于任意的n∈N *，若满足an＋1－an＝qn，则称{an}为“D(h)型数列”．若数列{an}满足：a1＝1，a2＝3，当n≥2时，an＋1－3an＋2an－1＝0. (1)判断数列{an＋1－an}是否为“D(h)型数列”，并证明； (2)求数列{an}的通项公式； (3)若bn＝log2(an＋1)，n∈N *，使不等式n(1＋bn)－λbn(n＋2)－3<0成立，求实数λ的取值范围． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高考二轮复习重点专题训练·数列的综合 数列的奇偶项与新数列问题 1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N *)，数列{bn}是等比数列，a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)若cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n. 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)， ∵a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3， ∴ ∴d＝2，q＝2，∴an＝2n＋1，bn＝2n－1. (2)由(1)知，Sn＝＝n(n＋2)， ∴cn＝ ∴T2n＝(1－＋－＋…＋－)＋(21＋23＋25＋…＋22n－1) ＝1－＋ ＝－. 2．已知Sn为数列{an}的前n项和，a2＝5，Sn＋1＝Sn＋an＋4，{bn}是等比数列，b2＝9，b1＋b3＝30，公比q>1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)数列{an}和{bn}的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求其前20项和T20. 解析　(1)由Sn＋1＝Sn＋an＋4， 可得an＋1－an＝4，所以数列{an}是公差为4的等差数列， 又a2＝5，即a1＋d＝5， ∴a1＝1，故an＝1＋(n－1)×4＝4n－3. ∵{bn}是等比数列，且b2＝9，b1＋b3＝30，q>1， ∴b1q＝9，b1＋b1q2＝30，解得q＝3，b1＝3，即bn＝3n. (2)由(1)知，a20＝77，令bn<77，则n＝1，2，3， 所以b1＝3，b2＝9，b3＝27在新数列{cn}的前20项里， 因为a3＝9与b2＝9为公共项，所以{cn}的前20项包括数列{an}的前18项以及b1，b3. 所以T20＝a1＋a2＋a3＋…＋a18＋b1＋b3＝18×1＋×4＋3＋27＝660. 3．(2024·沧州联考)在数列{an}中，已知a1＋＋＋…＋＝2n. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11，使a1，x11，a2成等差数列；在a2和a3之间插入2个数x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差数列；…；在an和an＋1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，使an，xn1，xn2，…，xnn，an＋1成等差数列，这样可以得到新数列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…，an，设数列{bn}的前n项和为Sn，求S55(用数字作答). 解析　(1)因为a1＋＋＋…＋＝2n， 当n≥2时，a1＋＋＋…＋＝2(n－1)， 两式作差，可得＝2，所以an＝2n，n≥2， 当n＝1时，a1＝2×1＝21，上式也成立， 综上可得an＝2n. (2)依题意，可知an，xn1，xn2，…，xnn，an＋1成等差数列， xn1＋xn2＋…＋xnn＝·n＝·n＝·n＝3n·2n－1， 又因为a10在数列{bn}中是第10＋1＋2＋…＋9＝55项，则有S55＝(a1＋a2＋…＋a10)＋[x11＋(x21＋x22)＋…＋(x91＋x92＋…＋x99)]＝(2＋22＋…＋210)＋3×(1×20＋2×21＋…＋9×28)＝(211－2)＋3×(8×29＋1)＝14 337. 4．(2024·山东潍坊三模)已知正项等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1＋1，S2，S3＋1成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝求数列{bn}的前4n项和T4n. 解析　(1)因为S22＝(S1＋1)(S3＋1)， 所以(2a1＋2)2＝(a1＋1)(3a1＋7)，即(a1＋1)(a1－3)＝0，解得a1＝－1或3， 又因为an>0，所以a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1. (2)Sn＝＝n(n＋2)，所以＝， 所以b1＋b3＋…＋b4n－1＝＋＋…＋＝＋＋…＋(－)＝， b4n－2＋b4n＝S4n－2－S4n＝(4n－2)×4n－4n×(4n＋2)＝－16n， 所以b2＋b4＋…＋b4n＝－16(1＋2＋…＋n)＝－8n(n＋1)， 所以数列{bn}的前4n项和T4n＝－8n(n＋1)＝－8n(n＋1). 5．(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝　 (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和． 解析　(1)因为bn＝a2n， 且a1＝1，an＋1＝ 所以b1＝a2＝a1＋1＝2， b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5. 因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3， 所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3， 所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N *. (2)因为an＋1＝ 所以当k∈N *时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1①， a2k＋1＝a2k＋2②， a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1③， 所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3， 所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列． ②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3， 又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300. 数列与 不等式 1.(2024·广西桂林阶段测试)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝2an＋2n＋2. (1)求an； (2)求Sn； (3)若对任意的n∈N＋，(－1)nλ<Sn恒成立，求λ的取值范围． 解析　(1)因为an＋1＝2an＋2n＋2，所以＝＋2，所以－＝2， 因为a1＝2，所以＝1，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列， 则＝1＋2(n－1)＝2n－1， 故an＝(2n－1)·2n. (2)由(1)可得Sn＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n①， 则2Sn＝22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－1)·2n＋1②， 由①－②，得－Sn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)·2n＋1＝2＋－(2n－1)·2n＋1＝(3－2n)·2n＋1－6， 故Sn＝(2n－3)·2n＋1＋6. (3)因为an>0，所以Sn＋1>Sn. 当n为奇数时，－λ<(2n－3)·2n＋1＋6对任意的n＝2k－1，k∈N＋恒成立，则λ>－2； 当n为偶数时，λ<(2n－3)·2n＋1＋6对任意的n＝2k，k∈N＋恒成立，则λ<14. 综上，λ的取值范围是(－2，14). 2．(2024·江苏连云港模拟预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋. (1)证明：数列{Sn2}是等差数列； (2)数列{Sn}的每一项均为正数，bn＝数列{bn}的前n项和为Tn，当Tn2≥1 012时，求n的最小值． 解析　(1)证明：当n＝1时，S1＝a1＝＋a12＝2， 当n≥2时，Sn＝＋， 所以＝，所以Sn2－Sn－12＝2(常数)， 故数列{Sn2}是以S12＝2为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知，Sn2＝2＋(n－1)2＝2n，所以bn＝ 所以Tn＝(1＋＋＋＋…＋)＝(1＋－1＋－＋－＋…＋－)＝， 当Tn2≥1 012时，即≥1 012n≥2 024，所以n的最小值为2 024. 3．等差数列{an}中，a3＋a8＝4，a2＝. (1)设bn＝[an]，求数列{bn}的前7项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2； (2)设cn＝，Tn是数列{cn}的前n项和，求证：Tn<. 解析　(1)设数列{an}首项为a1，公差为d， 由题意得 解得a1＝，d＝， 所以{an}的通项公式为an＝. 由题意知bn＝， 当n＝1，2时，0<<1，bn＝0； 当n＝3，4，5时，1≤<2，bn＝1； 当n＝6，7时，2<<3，bn＝2， 所以数列{bn}的前7项和为0＋0＋1＋1＋1＋2＋2＝7. (2)证明：∵cn＝＝(－)， ∴Tn＝[＋＋…＋(－)]＝， ∵n∈N *，0<<1， ∴Tn<. 4．(2024·黑龙江模拟预测)给定数列{an}，对于任意的n∈N *，若满足an＋1－an＝qn，则称{an}为“D(h)型数列”．若数列{an}满足：a1＝1，a2＝3，当n≥2时，an＋1－3an＋2an－1＝0. (1)判断数列{an＋1－an}是否为“D(h)型数列”，并证明； (2)求数列{an}的通项公式； (3)若bn＝log2(an＋1)，n∈N *，使不等式n(1＋bn)－λbn(n＋2)－3<0成立，求实数λ的取值范围． 解析　(1)数列{an＋1－an}是“D(h)型数列”，证明如下： 由an＋1－3an＋2an－1＝0，得an＋1－an＝2(an－an－1)，则＝2， 又a2－a1＝2，所以数列{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列， 则an＋2－an＋1＝2n＋1，an＋1－an＝2n， an＋2－an＋1－(an＋1－an)＝2n， 所以数列{an＋1－an}满足“D(h)型数列”的定义， 即数列{an＋1－an}是“D(h)型数列”． (2)由(1)知，当n≥2时an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－2，…，a2－a1＝2， 累加得an－a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＝＝2n－2， 又a1＝1，所以an＝2n－1(n≥2). 当n＝1时，a1＝1满足上式，故an＝2n－1. (3)由(2)可知，bn＝log22n＝n，不等式n(1＋bn)－λbn(n＋2)－3<0有解， 则λ>对n∈N *有解，即λ>＝1－对n∈N *有解， 设n＋3＝t≥4，t∈N *，则λ>1－＝1－对t∈N *有解， 设f(t)＝t＋－4，t≥4，则f′(t)＝1－>0(t≥4)， 所以f(t)在[4，＋∞)上单调递增， 又f(4)＝4＋－4＝，所以函数f(t)的值域为， 而1－＝1－＝－， 且当t→＋∞时，1－→1，所以1－∈， 所以λ的取值范围是. 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$