2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試第一部分專題二數(shù)列01真題賞析類型二數(shù)列求和及綜合應(yīng)用

類型二數(shù)列求和及綜合應(yīng)用1．(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，且d>1.令bn＝eq\f(n2＋n,an)，記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和．(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若{bn}為等差數(shù)列，且S99－T99＝99，求d.解：(1)因?yàn)?a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，所以根據(jù)題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3（a1＋d）＝3a1＋a1＋2d，,3a1＋3d＋（\f(2,a1)＋\f(6,a1＋d)＋\f(12,a1＋2d)）＝21，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝d，,6d＋\f(9,d)＝21，))所以2d2－7d＋3＝0，又d>1，所以解得d＝3，所以a1＝d＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n，n∈N*.(2)因?yàn)閧an}為等差數(shù)列，{bn}為等差數(shù)列，且bn＝eq\f(n2＋n,an)，所以根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式的特點(diǎn)，可設(shè)an＝tn，則bn＝eq\f(n＋1,t)，且d＝t>1；或設(shè)an＝k(n＋1)，則bn＝eq\f(n,k)，且d＝k>1，①當(dāng)an＝tn，bn＝eq\f(n＋1,t)，d＝t>1時(shí)，則S99－T99＝eq\f(（t＋99t）×99,2)－(eq\f(2,t)＋eq\f(100,t))×eq\f(99,2)＝99，所以50t－eq\f(51,t)＝1，所以50t2－t－51＝0，又d＝t>1，所以解得d＝t＝eq\f(51,50)；②當(dāng)an＝k(n＋1)，bn＝eq\f(n,k)，d＝k>1時(shí)，則S99－T99＝eq\f(（2k＋100k）×99,2)－(eq\f(1,k)＋eq\f(99,k))×eq\f(99,2)＝99，所以51k－eq\f(50,k)＝1，所以51k2－k－50＝0，又d＝k>1，所以此時(shí)k無(wú)解，所以綜合可得d＝eq\f(51,50).2．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知{an}為等差數(shù)列，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n為奇數(shù)，,2an，n為偶數(shù)，))記Sn，Tn為{an}，{bn}的前n項(xiàng)和，S4＝32，T3＝16.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：當(dāng)n>5時(shí)，Tn>Sn.(1)解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，Sn，Tn為{an}{bn}的前n項(xiàng)和，S4＝32，T3＝16，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＋a4＝32，,a1－6＋2a2＋a3－6＝16，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4（4－1）,2)d＝32，,a2＝7，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，))故an＝5＋2(n－1)＝2n＋3.(2)證明：由(1)可知，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n為奇數(shù)，,4n＋6，n為偶數(shù)，))Sn＝eq\f(（5＋2n＋3）n,2)＝(n＋4)n，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，n>5，Tn＝－1＋3＋…＋2(n－1)－3＋14＋22＋…＋4n＋6＝eq\f(\f(n,2)[－1＋2（n－1）－3],2)＋eq\f(\f(n,2)（14＋4n＋6）,2)＝eq\f(\f(n,2)（14＋6n）,2)＝eq\f(n（3n＋7）,2)，Tn－Sn＝eq\f(n2－n,2)>0，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n>5，Tn＝Tn－1＋bn＝eq\f(（n－1）（3n＋4）,2)＋2n－3＝eq\f(3n2＋5n－10,2)，Tn－Sn＝eq\f(n2－3n－10,2)>eq\f(25－15－10,2)＝0，故原式得證．3．(2023·全國(guó)甲卷)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a2＝1，2Sn＝nan.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2n)))的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，2S1＝a1，解得a1＝0，當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2an＝nan－(n－1)an－1，所以(n－1)an－1＝(n－2)an，當(dāng)n≥3時(shí)，可得eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n－2)，所以an＝eq\f(2,1)×eq\f(3,2)×eq\f(4,3)×…×eq\f(n－1,n－2)×a2＝n－1，當(dāng)n＝2或n＝1時(shí)，a1＝0，a2＝1適合上式，所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝n－1.(2)由(1)可得eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(n,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，所以eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,24)＋…＋eq\f(n,2n＋1)，所以eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)（1－\f(1,2n)）,1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)，所以Tn＝2－eq\f(n＋2,2n).4．(2023·全國(guó)乙卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a2＝11，S10＝40.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)在等差數(shù)列中，因?yàn)閍2＝11，S10＝40.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝11，,10a1＋\f(10×9,2)d＝40，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝11，,a1＋\f(9,2)d＝4，))得a1＝13，d＝－2，則an＝13－2(n－1)＝－2n＋15(n＝N*)．(2)|an|＝|－2n＋15|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2n＋15，1≤n≤7，,2n－15，n≥8，))即1≤n≤7時(shí)，|an|＝an，當(dāng)n≥8時(shí)，|an|＝－an，當(dāng)1≤n≤7時(shí)，數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Tn＝a1＋…＋an＝