适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练5数列求和及其综合应用（附解析）

考点突破练5　数列求和及其综合应用1.(2023安徽芜湖高三统考)已知Sn是数列{an}的前n项和,2Sn=(n+1)an,且a1=1.(1)求{an}的通项公式;(2)设a0=0,已知数列{bn}满足bn=sin1cosancosan-1,求{bn}的前n项和Tn.2.(2023山东济南二模)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,数列{bn}满足bn=log2an.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)由an,bn构成的n×n阶数阵如图所示,求该数阵中所有项的和Tn.3.(2023河北张家口高三期末)已知Sn为数列{an}的前n项和,Sn=2an-4n+2.(1)证明:数列{an+4}为等比数列;(2)求数列{nan}的前n项和Tn.4.(2023广东河源高三期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S8=36,an=log3bn.(1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}满足cn=1anan+2,n为奇数,anbn2,n为偶数,求数列{cn}的前20项和T20.5.(2023新高考Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=n2+nan,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.6.(2023山东青岛高三期末)记数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,　　　　.给出下列两个条件:条件ⓐ,数列{an}和数列{Sn+a1}均为等比数列;条件ⓑ,2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1.试在上面的两个条件中任选一个,补充在上面的横线上,完成下列两问的解答. (1)求数列{an}的通项公式;(2)记正项数列{bn}的前n项和为Tn,b1=a2,b2=a3,4Tn=bn·bn+1,求∑i=12n[(-1)ibibi+1].(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分) 考点突破练5　数列求和及其综合应用1.解(1)因为n∈N*,2Sn=(n+1)an,当n≥2时,2Sn-1=nan-1,两式相减得2an=(n+1)an-nan-1,即(n-1)an=nan-1,变形得ann=an-1n-1,于是得数列{ann}是常数列,因此ann=a11=1,即an=n,所以数列{an}的通项公式是an=n.(2)由(1)知,an=n,又a0=0,故cosancosan-1≠0,bn=sin1cosncos(n-1)=sin[n-(n-1)]cosncos(n-1)=sinncos(n-1)-cosnsin(n-1)cosncos(n-1)=tann-tan(n-1),所以Tn=(tan1-tan0)+(tan2-tan1)+(tan3-tan2)+…+[tann-tan(n-1)]=tann-tan0=tann.2.解(1)因为Sn=2n+1-2,当n=1时,S1=22-2=2,即a1=2,当n≥2时,Sn-1=2n-2,所以Sn-Sn-1=(2n+1-2)-(2n-2),即an=2n,经检验,当n=1时,an=2n也成立,所以an=2n,则bn=log2an=log22n=n.(2)由数阵可知Tn=a1(b1+b2+…+bn)+a2(b1+b2+…+bn)+…+an(b1+b2+…+bn)=(a1+a2+…+an)·(b1+b2+…+bn),因为Sn=2n+1-2,b1+b2+…+bn=1+2+…+n=n(1+n)2=n2+n2,所以Tn=(2n+1-2)×n2+n2=(2n-1)(n2+n).3.(1)证明由题知Sn=2an-4n+2,所以a1=S1=2a1-4×1+2,解得a1=2,故a1+4=6.由Sn=2an-4n+2,可得Sn-1=2an-1-4(n-1)+2,n≥2,两式相减得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-4,n≥2,所以an=2an-1+4,n≥2,所以an+4an-1+4=2,n≥2,所以数列{an+4}是以6为首项,2为公比的等比数列.(2)解由(1)得数列{an+4}是以6为首项,2为公比的等比数列,所以an+4=6×2n-1,故an=3×2n-4,则nan=3n×2n-4n.设bn=n×2n,其前n项和为Pn,则Pn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,①2Pn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,②①-②得-Pn=1×2+1×22+1×23+…+1×2n-n×2n+1=2(1-2n)1-2-n×2n+1=(1-n)2n+1-2,所以Pn=(n-1)2n+1+2,所以Tn=3×Pn-4×(1+2+3+…+n)=3×[(n-1)2n+1+2]-4×n(1+n)2=3(n-1)2n+1-2n2-2n+6.综上,Tn=3(n-1)2n+1-2n2-2n+6.4.解(1)设等差数列{an}的公差为d,∵等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S8=36,∴a1+4d=5,8a1+8×72d=36,解得a1=1,d=1,∴an=1+(n-1)×1=n.∵an=log3bn,∴n=log3bn,∴bn=3n.(2)∵1anan+2=1n(n+2)=12(1n-1n+2),∴T20=(1a1a3+1a3a5+…+1a19a21)+(a2b1+a4b2+…+a20b10)=12[(1-13)+(13-15)+…+(119-121)]+(2×3+4×32+…+20×310),∵12[(1-13)+(13-15)+…+(119-121)]=12(1-121)=1021,令R=2×3+4×32+…+20×310,①则3R=2×32+4×33+…+20×311,②①-②得-2R=2×3+2(32+33+…+310)-20×311=2×3(1-310)1-3-20×311=-3+311-20×311=-3-19×311,∴R=3+19×3112,∴T20=1021+3+19×3112. 5.解(1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3,即3d=a1+2d,得a1=d,从而an=nd,故bn=n2+nnd=n+1d.易知S3=a1+a2+a3=6d,T3=2+3+4d=9d.由题意得6d+9d=21,从而2d2-7d+3=0.整理得(2d-1)(d-3)=0,解得d=3或d=12(舍去).故an=3n,n∈N*.(2)由题意,n∈N*,d>1,在等差数列{bn}中,bn=n2+nan,前n项和为Tn,a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=2a1,b2=6a2,b3=12a3,∵2b2=b1+b3,即2×6a2=2a1+12a3,∴2×6a1+d=2a1+12a1+2d,解得a1=d或a1=2d.当a1=d时,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd,bn=n2+nnd=n+1d=2d+1d(n-1),此时{bn}是以2d为首项,1d为公差的等差数列.S99=99(a1+a99)2=99(2a1+98d)2=99(2d+98d)2=99×50d,T99=99(b1+b99)2=99(2b1+98×1d)2=99(2×2d+98×1d)2=99×51d.S99-T99=99×50d-99×51d=99,解得d=a1=5150或d=-1<0(舍去).当a1=2d时,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d,bn=n2+n(n+1)d=nd=1d+1d(n-1),此时{bn}是以1d为首项,1d为公差的等差数列,S99=99(a1+a99)2=99(2a1+98d)2=99(4d+98d)2=99×51d,T99=99(b1+b99)2=99(2b1+98×1d)2=99(2×1d+98×1d)2=99×50d,S99-T99=99×51d-99×50d=99,解得d=-5051<0(舍去)或d=1(舍去),∴a1≠2d.综上,d=5150.6.解(1)若选条件ⓐ:∵数列{Sn+a1}为等比数列,∴(S2+a1)2=(S1+a1)(S3+a1),即(2a1+a2)2=2a1(2a1+a2+a3).∵a1=1,且设等比数列{an}的公比为q,∴(2+q)2=2(2+q+q2),解得q=2或q=0(舍去),∴an=a1qn-1=2n-1.若选条件ⓑ:∵2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1,①∴2n-1a1+2n-2a2+…+2an-1=(n-1)an(n≥2),∴2na1+2n-1a2+…+22an-1=2(n-1)an(n≥2),②①-②得2an=nan+1-2(n-1)an(n≥2),即an+1=2an(n≥2),令2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1中n=1,得a2=2a1也符合上式,故数列{an}为首项a1=1,公比q=2的等比数列,则an=a1qn-1=2n-1.(2)由(1)可知,不论条件为ⓐ还是ⓑ,都有数列{an}是首项a1=1,公比q=2的等比数列,即an=2n-1,则b1=a2=2,b2=a3=4, ∵4Tn=bn·bn+1,③∴4Tn-1=bn-1·bn(n≥2),④③-④得4(Tn-Tn-1)=bn·bn+1-bn-1·bn(n≥2),即4bn=bn·(bn+1-bn-1)(n≥2),∵数列{bn}为正项数列,则bn+1-bn-1=4(n≥2),则数列{bn}的奇数项、偶数项分别都是公差为4的等差数列,∴{b2k}(k∈N*)是首项为b2=4,公差为4的等差数列,∴b2k=4+(k-1)×4=4k.同理{b2k-1}(k∈N*)是首项为b1=2,公差为4的等差数列,∴b2k-1=2+(k-1)×4=4k-2.∴bn=2n,∴∑i=12n[(-1)ibibi+1]=∑i=12n[4(-1)ii(i+1)]=4×[(-2+6)+(-12+20)+…+4n]=8n2+8n.