統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專項(xiàng)分層特訓(xùn)卷二主觀題專練3數(shù)列文

數(shù)列(3)1．[2023·四川雅安三模(文)]已知數(shù)列{an}，滿足a2＝eq\f(1,9)，3an＋1－an＝0(n∈N*)；正項(xiàng)等差數(shù)列{bn}滿足b1＝2，且b1，b2－1，b3成等比數(shù)列．(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)證明：ab1＋ab2＋…＋abn<eq\f(32．[2023·甘肅武威模擬預(yù)測(cè)(文)]已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，且8a3＝a6，a2＋a5＝36.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(an,（an＋1）（an＋1＋1）)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn，并證明：Tn<eq\f(1,3).3．[2023·黑龍江哈爾濱三中模擬(文)]已知等差數(shù)列{an}中，a1＝1，a3＋a7＝18.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)數(shù)列{bn}滿足bn＝an·2an+12，求數(shù)列{bn}的前n4．[2023·全國(guó)乙卷(文)]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.5．[2023·貴州文德民族中學(xué)模擬]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn，且2Sn＝3an－3，等差數(shù)列{bn}中，b3＝23，b5＝19.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式an，bn；(2)定義：a*b＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b，))記cn＝an*bn，求數(shù)列{cn}的前20項(xiàng)和T20.6．[2023·江西南昌三模]{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝2，4Sn＝anan＋1.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,Sn＋an)，若{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：Tn<eq\f(11,18).數(shù)列（3）1．解析：（1）∵3an＋1－an＝0，∴3an＋1＝an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,3).又當(dāng)n＝1時(shí)，有3a2－a1＝0，且a2＝eq\f(1,9)，∴a1＝eq\f(1,3)，而eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,3)也符合上式，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)、公比均為eq\f(1,3)的等比數(shù)列，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)；設(shè)正項(xiàng)等差數(shù)列{bn}的公差為d，∵b1＝2，且b1，b2－1，b3成等比數(shù)列，∴（b2－1）2＝b1b3，即（2＋d－1）2＝2（2＋2d），解得d＝3或d＝－1（舍），∴bn＝2＋3（n－1）＝3n－1，故an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)，bn＝3n－1.（2）證明：由（1）可得an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)，bn＝3n－1，∴ab1＋ab2＋…＋abn＝a2＋a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(5)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3n－1)＝eq\f(\f(1,9)[1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,27)))\s\up12(n)],1－\f(1,27))＝eq\f(3,26)[1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,27)))eq\s\up12(n)]<eq\f(3,26).2．解析：（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比是q，首項(xiàng)是a1.由8a3＝a6，可得q＝2.由a2＋a5＝36，可得a1q（1＋q3）＝36，所以a1＝2，所以an＝2n.（2）證明：因?yàn)閎n＝eq\f(an,（an＋1）（an＋1＋1）)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝（eq\f(1,21＋1)－eq\f(1,22＋1)）＋（eq\f(1,22＋1)－eq\f(1,23＋1)）＋…＋（eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)）＝eq\f(1,21＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1＋1).又eq\f(1,2n＋1＋1)>0，所以Tn<eq\f(1,3).3．解析：（1）a1＝1，a3＋a7＝18，因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，所以a1＋2d＋a1＋6d＝18，所以d＝2，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1＋（n－1）d＝1＋2（n－1）＝2n－1.（2）bn＝an·2an+12＝（2n－1）·2n，所以{bn}的前n項(xiàng)和Sn為Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1則Sn＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋（2n－3）2n－1＋（2n－1）2n，①①兩邊同時(shí)乘以2得2Sn＝1·22＋3·23＋5·24＋…＋（2n－3）2n＋（2n－1）2n＋1，②①－②得：－Sn＝1·21＋2·22＋2·23＋2·24＋…＋2·2n－（2n－1）2n＋1，化簡(jiǎn)為－Sn＝1·21＋2·eq\f(22（1－2n－1）,1－2)－（2n－1）2n＋1＝（－2n＋3）2n＋1－6，所以Sn＝（2n－3）2n＋1＋6.4．解析：（1）設(shè){an}的公差為d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝11,S10＝10a1＋45d＝40))，解得a1＝13，d＝－2.所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝13＋（n－1）·（－2）＝15－2n.（2）由（1）得|an|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(15－2n，n≤7,2n－15，n≥8)).當(dāng)n≤7時(shí)，Tn＝13n＋eq\f(n（n－1）,2)×（－2）＝14n－n2，當(dāng)n≥8時(shí)，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.綜上，Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(14n－n2，n≤7,98－14n＋n2，n≥8)).5．解析：（1）由題意，當(dāng)n＝1時(shí)，2S1＝3a1－3?a1＝3≠0.當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn＝3an－3，2Sn－1＝3an－1－3.兩式相減，得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1.∴{an}是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列．∴an＝3n.設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，∵b5－b3＝19－23＝－4＝2d，∴d＝－2?b1＝27.∴bn＝29－2n.（2）由an≤bn?3n≤29－2n?n≤2.∴cn＝an*bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n，1≤n≤2，,29－2n，n≥3.))∴T20＝a1＋a2＋b3＋b4＋b5＋…＋b20＝3＋32＋eq\f(b3＋b20,2)×18＝3＋9＋eq\f(23－11,2)×18＝12＋18×6＝120.6．解析：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵4Sn＝anan＋1，∴4Sn＋1＝an＋1an＋2，兩式作差得4an＋1＝an＋1（an＋2－an）＝2d·an＋1，∵an＋1>0，∴2d＝4，解得d＝2，∴an＝2＋2（n－1）＝2n.（2）證明：由（1）得：Sn＝eq\f(n（2＋2n）,2)＝n2＋n，∴bn＝eq\f(1,n2＋3n)＝eq\f(1,n（n＋3）)＝eq\f(1,3)（eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋3)），∴Tn＝eq\f(1,3)（1－eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,6)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,n－2)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋3)）＝eq\f(1,3)（1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n