《（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 中檔大題規(guī)范練（二）數(shù)列 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 中檔大題規(guī)范練（二）數(shù)列 理（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 中檔大題規(guī)范練（二）數(shù)列 理 1．(2018·三明質(zhì)檢)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝a＋3an＋2(t∈R)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)因?yàn)閍1＝1，且(t＋1)Sn＝a＋3an＋2， 所以(t＋1)S1＝a＋3a1＋2，所以t＝5. 所以6Sn＝a＋3an＋2.① 當(dāng)n≥2時(shí)，有6Sn－1＝a＋3an－1＋2，② ①－②得6an＝a＋3an－a－3an－1， 所以(an＋an－1)(an－an－

2、1－3)＝0， 因?yàn)閍n>0，所以an－an－1＝3， 又因?yàn)閍1＝1， 所以{an}是首項(xiàng)a1＝1，公差d＝3的等差數(shù)列， 所以an＝3n－2(n∈N*)． (2)因?yàn)閎n＋1－bn＝an＋1，b1＝1， 所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N*)， 所以當(dāng)n≥2時(shí)， bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1 ＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝. 又b1＝1也適合上式，所以bn＝(n∈N*)． 所以＝ ＝·＝·， 所以Tn＝· ＝·， ＝. 2．(2018·葫蘆島模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3，，S4成等差

3、數(shù)列，a5＝3a2＋2a1－2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝2n－1，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d， 由S3，，S4成等差數(shù)列， 可知S3＋S4＝S5，得2a1－d＝0，① 由a5＝3a2＋2a1－2，② 得4a1－d－2＝0， 由①②，解得a1＝1，d＝2， 因此，an＝2n－1(n∈N*)． (2)令cn＝＝(2n－1)n－1， 則Tn＝c1＋c2＋…＋cn， ∴Tn＝1·1＋3·＋5·2＋…＋(2n－1)·n－1，③ Tn＝1·＋3·2＋5·3＋…＋(2n－1)·n，④ ③－④，得Tn＝1＋2

4、－(2n－1)·n ＝1＋2 －(2n－1)·n＝ 3－， ∴Tn＝6－(n∈N*)． 3．(2018·廈門質(zhì)檢)已知等差數(shù)列{an}滿足(n＋1)an＝2n2＋n＋k，k∈R. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解　(1)方法一　由(n＋1)an＝2n2＋n＋k， 令n＝1,2,3， 得到a1＝，a2＝，a3＝， ∵{an}是等差數(shù)列，∴2a2＝a1＋a3， 即＝＋， 解得k＝－1. 由于(n＋1)an＝2n2＋n－1＝(2n－1)(n＋1)， 又∵n＋1≠0，∴an＝2n－1(n∈N*)． 方法二　∵{an}是等差

5、數(shù)列，設(shè)公差為d， 則an＝a1＋d(n－1)＝dn＋(a1－d)， ∴(n＋1)an＝(n＋1)(dn＋a1－d) ＝dn2＋a1n＋a1－d， ∴dn2＋a1n＋a1－d＝2n2＋n＋k對(duì)于?n∈N*均成立， 則解得k＝－1，∴an＝2n－1(n∈N*)． (2)由bn＝＝ ＝＝1＋ ＝1＋＝＋1， 得Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝＋1＋＋1＋＋1＋…＋＋1 ＝＋n ＝＋n ＝＋n＝(n∈N*)． 4．(2018·天津河?xùn)|區(qū)模擬)已知等比數(shù)列{an}滿足條件a2＋a4＝3(a1＋a3)，a2n＝3a，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)

6、數(shù)列{bn}滿足＋＋…＋＝n2，n∈N*，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)設(shè){an}的通項(xiàng)公式為an＝a1qn－1(n∈N*)， 由已知a2＋a4＝3(a1＋a3)， 得a1q＋a1q3＝3(a1＋a1q2)，所以q＝3. 又由已知a2n＝3a， 得a1q2n－1＝3aq2n－2，所以q＝3a1， 所以a1＝1，所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－1(n∈N*)． (2)當(dāng)n＝1時(shí)，＝1，b1＝1， 當(dāng)n≥2時(shí)，＋＋…＋＝n2，① 所以＋＋…＋＝(n－1)2，② 由①－②得＝2n－1， 所以bn＝(2n－1)3n－1，b1＝1也符合， 綜上，bn＝(2n－1)3n

7、－1(n∈N*)． 所以Tn＝1×30＋3×31＋…＋(2n－3)3n－2＋(2n－1)·3n－1，① 3Tn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)3n－1＋(2n－1)3n，② 由①－②得 －2Tn＝1×30＋2(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n ＝1×30＋2×3×－(2n－1)·3n ＝1＋3n－3－(2n－1)3n＝(2－2n)3n－2， 所以Tn＝1＋(n－1)3n(n∈N*)． 5．(2018·宿州模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和為Tn，滿足Tn＝2Sn－n2. (1)證明數(shù)列{an＋2}是等比數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的

8、通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝n·an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Kn. 解　(1)由Tn＝2Sn－n2，得a1＝S1＝T1＝2S1－1， 解得a1＝S1＝1， 由S1＋S2＝2S2－4，解得a2＝4. 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝Tn－Tn－1 ＝2Sn－n2－2Sn－1＋(n－1)2， 即Sn＝2Sn－1＋2n－1，① Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，② 由②－①得an＋1＝2an＋2， ∴an＋1＋2＝2(an＋2)， 又a2＋2＝2(a1＋2)， ∴數(shù)列{an＋2}是以a1＋2＝3為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列， ∴an＋2＝3·2n－1， 即an＝3·2n－1－2(n∈N*)． (2)∵bn＝3n·2n－1－2n， ∴Kn＝3(1·20＋2·21＋…＋n·2n－1)－2(1＋2＋…＋n) ＝3(1·20＋2·21＋…＋n·2n－1)－n2－n. 記Rn＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，③ 2Rn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，④ 由③－④，得 －Rn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n ＝－n·2n ＝(1－n)·2n－1， ∴Rn＝(n－1)·2n＋1. ∴Kn＝3(n－1)2n－n2－n＋3(n∈N*)．