大題基礎練(二)數列1．(2024·茂名模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且a3＝1，S6＝7；數列{bn}滿意b1＋b2＋…＋bn＝2n＋1－2.(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；(2)記cn＝bn·tan(anπ)，求c1＋c2＋c3的值及數列{cn}的前3n項和．解：(1)設等差數列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝1，,6a1＋15d＝7，))解得a1＝eq\f(1,3)，d＝eq\f(1,3)，所以an＝eq\f(1,3)＋(n－1)×eq\f(1,3)＝eq\f(n,3).因為b1＋b2＋…＋bn＝2n＋1－2，所以當n＝1時，b1＝2；當n≥2時，b1＋b2＋…＋bn＝2n＋1－2.①b1＋b2＋…＋bn－1＝2n－2，②所以①－②得，bn＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，明顯b1＝2符合bn＝2n，綜上可知bn＝2n.(2)因為cn＝bn·tan(anπ)，由(1)知cn＝2n·taneq\f(nπ,3)，c1＋c2＋c3＝－2eq\r(3)，設dn＝c3n－2＋c3n－1＋c3n，則dn＝23n－2×eq\r(3)＋23n－1×(－eq\r(3))＋0＝－eq\r(3)×23n－2，所以{dn}是以8為公比，－2eq\r(3)為首項的等比數列，所以數列{cn}的前3n項和為T3n＝eq\f(－2\r(3)（1－8n）,1－8)＝eq\f(2\r(3)（1－8n）,7).2．(2024·潮州二模)已知數列{an}滿意a1＝3，an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2an＋2.(1)證明數列{ln(an－1)}是等比數列，并求數列{an}的通項公式；(2)若bn＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an－2)，數列{bn}的前n項和Sn，求證：Sn<2.證明：(1)因為an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2an＋2，所以an＋1－1＝(an－1)2，an>1，則ln(an＋1－1)＝ln(an－1)2＝2ln(an－1)，又ln(a1－1)＝ln2，所以數列{ln(an－1)}是以ln2為首項，2為公比的等比數列，則ln(an－1)＝2n－1·ln2＝ln22n－1，所以an＝22n－1＋1.(2)由an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2an＋2，得an＋1－2＝an(an－2)，則eq\f(1,an＋1－2)＝eq\f(1,an（an－2）)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,an－2)－eq\f(1,an))，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,an－2)－eq\f(2,an＋1－2)，所以bn＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,an－2)－eq\f(2,an＋1－2)＋eq\f(1,an－2)＝eq\f(2,an－2)－eq\f(2,an＋1－2)，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(eq\f(2,a1－2)－eq\f(2,a2－2))＋(eq\f(2,a2－2)－eq\f(2,a3－2))＋…＋(eq\f(2,an－2)－eq\f(2,an＋1－2))＝eq\f(2,a1－2)－eq\f(2,an＋1－2)＝2－eq\f(2,22n－2)，因為eq\f(2,22n－2)>0，所以2－eq\f(2,22n－2)<2，所以Sn<2.3．(2024·廣東模擬)已知{an}是遞增的等差數列，{bn}是等比數列，且a1＝1，b2＝a2，b3＝a5，b4＝a14.(1)求數列{an}與{bn}的通項公式；(2)?n∈N*，數列{cn}滿意eq\f(c1,b2)＋eq\f(c2,b3)＋…＋eq\f(cn,bn＋1)＝eq\f(an＋1,3)，求{cn}的前n項和Sn.解：(1)由題意，設等差數列{an}的公差為d(d>0)，則b2＝a2＝1＋d，b3＝a5＝1＋4d，b4＝a14＝1＋13d，因為數列{bn}為等比數列，則beq\o\al(2,3)＝b2b4，即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，因為d>0，解得d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，又因為b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，所以等比數列{bn}的公比為q＝eq\f(b3,b2)＝3，因此，bn＝b2qn－2＝3n－1.(2)由eq\f(c1,b2)＋eq\f(c2,b3)＋…＋eq\f(cn,bn＋1)＝eq\f(an＋1,3)，①可得eq\f(c1,b2)＝eq\f(a2,3)＝1，所以c1＝3，當n≥2時，eq\f(c1,b2)＋eq\f(c2,b3)＋…＋eq\f(cn－1,bn)＝eq\f(an,3)，②①－②得eq\f(cn,bn＋1)＝eq\f(an＋1－an,3)＝eq\f(2,3)，所以cn＝eq\f(2,3)bn＋1＝2·3n－1(n≥2)，c1＝3不滿意cn＝2·3n－1(n≥2)，所以cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2·3n－1，n≥2，))當n＝1時，S1＝c1＝3，當n≥2時，Sn＝3＋2×(31＋32＋…＋3n－1)＝3＋eq\f(6（1－3n－1）,1－3)＝3n，S1＝3也滿意Sn＝3n(n≥2)，綜上所述，對隨意的n∈N*，Sn＝3n.4．(2024·廣州二模)設Sn是數列{an}的前n項和，已知a3＝0，an＋1＋(－1)nSn＝2n.(1)求a1，a2；(2)令bn＝an＋1＋2an，求b2＋b4＋b6＋…＋b2n.解：(1)當n＝1時，有a2－a1＝2，當n＝2時，有a3＋(a2＋a1)＝4，因為a3＝0，所以a2＋a1＝4，所以a1＝1，a2＝3.(2)因為an＋1＋(－1)nSn＝2n，所以a2n＋1＋(－1)2nS2n＝22n，a2n＋(－1)2n－1S2n－1＝22n－1(n≥1)，兩式相加得，a2n＋1＋a2n＋S2n－S2n－1＝22n＋22n－1，所以a2n＋1＋a2n＋a2n＝3·22n－1，即a2n＋1＋2a2n＝3·22n－1(n≥1)，因為bn＝an＋1＋2an，所以b2n＝a2n＋1＋2a2n＝3·22n－1，故b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝3·(21＋23＋…＋22n－1)＝3·eq\f(2（1－4n）,1－4)＝22n＋1－2.5．(2024·汕頭濠江區校級模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，2Sn＝an＋1－3，且a1＝3.(1)求{an}的通項公式；(2)已知bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\s\do9(\f(1,3))an，n為奇數，,an，n為偶數，))求數列{bn}的前n項和Tn.解：(1)因為2Sn＝an＋1－3，則有：當n＝1時，2S1＝a2－3＝6，解得a2＝9；當n≥2時，則2Sn－1＝an－3，兩式相減得2an＝an＋1－an，即an＋1＝3an；留意到a2＝3a1，a1＝3≠0，故an＋1＝3an(n＝N*)，所以{an}是首項為3，公比為3的等比數列，故an＝3×3n－1＝3n.(2)由(1)得bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n，n為奇數，,3n，n為偶數，))當n為偶數時，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)＝－eq\f(\f(n,2)·[1＋（n－1）],2)＋eq\f(9（1－9\s\up6(\f(n,2))）,1－9)＝eq\f(9,8)(3n－1)－eq\f(n2,4)；當n為奇數時Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(9,8)(3n＋1－1)－eq\f(（n＋1）2,4)－3n＋1＝eq\f(1,8)×3n＋1－eq\f(9,8)－eq\f(（n＋1）2,4)；綜上所述，Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)×3n＋1－\f(9,8)－\f(（n＋1）2,4)，n為奇數，,\f(9,8)（3n－1）－\f(n2,4)，n為偶數.))6．(2024·茂名一模)已知Sn為數列{an}的前n項和，an>0，aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn.(1)求數列{an}的通項公式；(2)若bn＝eq\f(1,anan＋1)，Tn為數列{bn}的前n項和．求Tn，并證明：eq\f(1,8)≤Tn<eq\f(1,4).(1)解：因為aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn，所以當n＝1時，aeq\o\al(2,1)＋2a1＝4S1，則aeq\o\al(2,1)＝2a1，an>0，則a1＝2，當n≥2時，aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn，則aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1＝4Sn－1，所以aeq\o\al(2,n)＋2an－(aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1)＝4(Sn－Sn－1)，即aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝4an－2(an－2an－1)＝2(an＋an－1)，所以(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1)，因為an>0，所以an－an－1＝2，所以數列{an}是2為首項，公差為2的等差數列，所以an＝2＋2(n－1)＝2n.(2)證明：由(1)得an＝2n，則bn＝eq\f(1,2n·2（n＋1）)＝eq\f(1,4)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，所以Tn＝eq\f(1,4)×(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,n＋1))，因為eq\f(1,n＋1)>0，所以1－eq\f(1,n＋1)<1，所以Tn<eq\f(1,4)，又因為n∈N*，所以eq\f(1,n＋1)隨著n的增大而削減，從而Tn隨著n的增大而增大，所以Tn≥T1＝eq\f(1,8)，綜上所述，eq\f(1,8)≤Tn<eq\f(1,4).7．(2024·高州一模)已知公差d≠0的等差數列{an}滿意a2＋a4＝10，公比為－1的等比數列{bn}滿意a1＋b1＝0，當n為偶數時an＋bn＝an＋1＋bn＋1.(1)求an，bn；(2)設Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，求使Sn>100的最小的n的值．解：(1)已知公差d≠0的等差數列{an}滿意a2＋a4＝10，則2a1＋4d＝10，即a1＋2d＝5，①又公比為－1的等比數列{bn}滿意a1＋b1＝0，a2＋b2＝a3＋b3，則a1＋d＋a1＝a1＋2d－a1，即d＝2a1，②由①②可得a1＝1，d＝2，即b1＝－1，即an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝(－1)n.(2)由(1)可得anbn＝(－1)n(2n－1)，則a2k－1b2k－1＋a2kb2k＝－(2k－3)＋(2k－1)＝2，即當n為偶數時，Sn＝(a1b1＋a2b2)＋…＋(an－1bn－1＋anbn)＝2×eq\f(n,2)＝n，當n為奇數時，Sn＝Sn－1＋anbn＝n－1－(2n－1)＝－n，(n≥3)，又當n＝1時，S1＝－1滿意上式，即當n為奇數時，Sn＝－n，即Sn＝(－1)n×n，又Sn>100，即n≥102且n為偶數，即使Sn>100的最小的n的值為102.8．(2024·汕頭一模)已知Tn為正項數列{an}的前n項的乘積，且a1＝3，Teq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(n＋1,n).(1)求數列{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(an－1,an＋1)，數列{bn}的前n項和為Sn，求[S2023]([x]表示不超過x的最大整數)．解：(1)Tn為正項數列{an}的前n項的乘積，且a1＝3，Teq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(n＋1,n)，可得n≥2時，aeq\o\al(2,n)＝eq\f(Teq\o\al(2,n),Teq\o\al(2,n－1))＝eq\f(aeq\o\al(n＋1,n),aeq\o\al(n,n－1))，即為aeq\o\al(n－1,n)＝aeq\o\al(n,n－1)，兩邊取3為底的對數，可得(n－1)log3an＝nlog3an－1，即為eq\f(log3an,n)＝eq\f(log3an－1,n－1)＝…＝eq\f(log3a1,1)＝1，所以log3an＝n，則an＝3n，對n＝1也成立，所以an＝3n，n＝N*.(2)bn＝eq\f(an－1,an＋1)＝eq\f(