高频微专题11（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高频微专题11　数列求和
满分108分,限时100分钟
解答题(本题共8小题,共108分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
1.(12分)(2024全国甲文,17)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an+1-3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{Sn}的前n项和.
2.(12分)(2024全国甲理,18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
3.(12分)(2023全国乙文,18)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10=40.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
4.(12分)(2023新课标Ⅱ,18)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
5.(15分)(2025山西大同统考)已知{an}是首项为1的等差数列,其前n项和为Sn,S7=70,{bn}为等比数列,b2=a6,b2+b3=80.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{(-1)n}的前n项和Tn;
(3)记cn=b2n+,若λ≥对任意的n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
6.(15分)(2025福建莆田第十六中学阶段检测)已知数列{an}满足:a4=15,且an+1=2an+1(n∈N*),等差数列{bn}的公差为正数,其前n项和为Tn,T3=15,且b1,a2+1,b3成等比数列.
(1)求a1,a2,a3;
(2)求证:数列{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(3)若cn=,数列{cn}的前n项和为Pn,求证:≤Pn<.
7.(15分)(2025河南郑州部分学校教学质量检测)设数列{an}的前n项和为Sn,若对任意的n∈N*,都有S2n=kSn(k为非零常数),则称数列{an}为“和等比数列”,其中k为和公比.若{bn}是首项为1,公差不为0的等差数列,且{bn}是“和等比数列”,令cn=,数列{cn}的前n项和为Tn.
(1)求{bn}的和公比;
(2)求Tn;
(3)若不等式Tn->(-1)nm-2对任意的n∈N*恒成立,求m的取值范围.
8.(15分)(2024天津,19)已知数列{an}是公比大于0的等比数列.其前n项和为Sn.若a1=1,S2=a3-1.
(1)求数列{an}前n项和Sn;
(2)设bn=b1=1,其中k是大于1的正整数.
(i)当n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn;
(ii)求bi.
答案全解全析
1.解析　(1)因为2Sn=3an+1-3,所以2Sn-1=3an-3,
所以2an=3an+1-3an(n≥2),即5an=3an+1,故等比数列{an}的公比为,(3分)
故2a1=3a2-3=3a1×-3=5a1-3,故a1=1,故an=.(6分)
(2)由等比数列求和公式得Sn==-,(9分)
所以数列{Sn}的前n项和为S1+S2+S3+…+Sn
=×+++…+-n
=×-n=-n-.(12分)
2.解析　(1)令n=1,则4S1=3a1+4,∴a1=4,
由4Sn=3an+4,得
当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4,
两式作差得4an=3an-3an-1,∴an=-3an-1,(3分)
∴数列{an}是以4为首项,-3为公比的等比数列,
∴an=4(-3)n-1.(5分)
(2)bn=(-1)n-1·n·4(-3)n-1=4n·3n-1.(7分)
解法一　(错位相减法)Tn=4×1×30+4×2×31+4×3×32+…+4(n-1)·3n-2+4n·3n-1①,
3Tn=4×1×31+4×2×32+4×3×33+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n②,(9分)
①-②得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n·3n=-4n·3n=-2+(2-4n)·3n,
∴Tn=1+(2n-1)3n.(12分)
解法二　(裂项相消法)bn=4n·3n-1=-(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,(9分)
Tn=b1+b2+b3+…+bn=-(-1)×30+1×31-1×31+3×32-3×32+5×33-…-(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n=1+(2n-1)3n.(12分)
解题技法
如果{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{anbn}的前n项和时,常采用错位相减法.
3.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
由已知得a2=a1+d=11,S10=10a1+45d=40,(2分)
解得a1=13,d=-2,所以an=13-2(n-1)=15-2n,
故数列{an}的通项公式为an=15-2n.(5分)
(2)由(1)得Sn=13n+×(-2)=14n-n2.(6分)
当n≤7,n∈N*时,an=15-2n>0,此时数列{|an|}的前n项和Tn=Sn=14n-n2;(8分)
当n>7,n∈N*时,an=15-2n<0,
此时数列{|an|}的前n项和Tn=(a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7)-a8-…-an=2(a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7)-Sn=2S7-Sn=2×(14×7-72)+n2-14n=n2-14n+98.(11分)
综上所述,Tn=(n∈N*).(12分)
4.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
则由题意得b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6,(3分)
所以解得
所以数列{an}的通项公式是an=a1+(n-1)d=2n+3.(6分)
(2)证法一　由(1)得Sn==n2+4n,
bn=
当n为偶数时,bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1,
则Tn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(bn-1+bn)=·=n2+n,(9分)
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn;
当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[4(n+1)+6]=n2+n-5,
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn.
所以当n>5时,Tn>Sn.(12分)
证法二　由(1)知Sn==n2+4n,
bn=
当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=·+·=n2+n,
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn;(9分)
当n为奇数时,若n≥3,则Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)=·+·=n2+n-5,显然T1=b1=-1满足上式,因此当n为奇数时,Tn=n2+n-5,
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn.
所以当n>5时,Tn>Sn.(12分)
5.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a1=1,S7=7a1+d=7+21d=70,所以d=3,
所以an=a1+(n-1)d=1+3(n-1)=3n-2.(3分)
设等比数列{bn}的公比为q,因为b2=a6=3×6-2=16,b2+b3=b2(1+q)=16(1+q)=80,
所以q=4,所以bn=b2qn-2=16×4n-2=4n.(5分)
(2)易得-=(an+1-an)(an+1+an)=3(an+an+1),
当n为偶数时,Tn=(-+)+(-+)+(-+)+…+(+)=3(a1+a2+a3+…+an)=3n·=3n·=.(8分)
当n为奇数时,Tn=Tn-1-=-(3n-2)2=.
所以Tn=(10分)
(3)易得cn=b2n+=42n+,-c2n=-=2×4n.
令dn==,
则dn-dn-1=-==,(12分)
当2≤n≤3时,dn>dn-1,即d1当n>3时,dnd4>d5>…,
所以数列{dn}的最大项为d3=,(14分)
因为λ≥对任意的n∈N*恒成立,所以λ≥d3=,即实数λ的取值范围为.(15分)
6.解析　(1)因为an+1=2an+1(n∈N*),
所以a4=2a3+1=15,可得a3=7,(2分)
由a3=2a2+1=7,可得a2=3,
由a2=2a1+1=3,可得a1=1.(4分)
(2)由an+1=2an+1(n∈N*)可得an+1+1=2(an+1),且a1+1=2,(6分)
所以数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,
所以an+1=2×2n-1=2n,故an=2n-1.(9分)
(3)证明:设等差数列{bn}的公差为d(d>0),
由T3=15==3b2,可得b2=5,(10分)
因为b1,a2+1,b3成等比数列,所以b1b3=(3+1)2,即(b2-d)·(b2+d)=16,即-d2=25-d2=16,
因为d>0,所以d=3,
所以bn=b2+(n-2)d=5+3(n-2)=3n-1,
则cn===,(13分)
所以Pn=+++…+=<,又cn>0,所以数列{Pn}是递增数列,所以Pn≥P1=c1=.
综上所述,对任意的n∈N*,≤Pn<.(15分)
7.解析　(1)设等差数列{bn}的公差为d(d≠0),前n项和为An,
则An=nb1+d=n2+n,
所以A2n=2dn2+(2-d)n.(3分)
因为{bn}是“和等比数列”,
所以A2n=kAn对任意的n∈N*都成立,
即2dn2+(2-d)n=n2+n对任意的n∈N*都成立,
所以所以
所以{bn}的和公比为4.(5分)
(2)由(1)可知bn=1+2(n-1)=2n-1,则cn=,
所以Tn=+++…+,
所以Tn=+++…++,(7分)
所以Tn=+++…+-=-=-,所以Tn=-.(10分)
(3)设Pn=Tn-=--=-×,
Pn+1-Pn=-×+×=>0,则{Pn}是递增数列.(12分)
不等式Tn->(-1)nm-2对任意的n∈N*恒成立,
即不等式Pn>(-1)nm-2对任意的n∈N*恒成立.
当n为奇数时,-m-2<=P1=-3,则m>1;
当n为偶数时,m-2<=P2=-,则m<.
综上,m的取值范围是.(15分)
8.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,则q>0,
由S2=a3-1,得a1+a2=a3-1,(2分)
又a1=1,所以1+q=q2-1,整理得q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去),
所以an=2n-1,Sn==2n-1.(5分)
(2)(i)证明:由(1)可知an=2n-1,
由题意知k≥2,k∈N*,当n=ak+1=2k≥4时,
即ak可知ak=2k-1,bn=k+1,(7分)
bn-1=+(ak+1-ak-1)·2k=k+2k(2k-1-1)=k(2k-1),
可得bn-1-ak·bn=k(2k-1)-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥0,当且仅当k=2时,等号成立,
所以bn-1≥ak·bn.(9分)
(ii)由(1)可知Sn=2n-1=an+1-1,
若n=1,则S1=1,b1=1,(11分)
若n≥2,则ak+1-ak=2k-1,
当2k-1则{bi}为等差数列,所以bi=k·2k-1+2k·=k·4k-1=[(3k-1)·4k-(3k-4)·4k-1],(13分)
所以bi=1+[5×42-2×4+8×43-5×42+…+(3n-1)4n-(3n-4)4n-1]=.
又当n=1时,b1=1符合上式,
所以bi=.(15分)