2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第6章　必刷大题12　数列的综合问题

公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君必刷大题12数列的综合问题1．(2023·怀仁模拟)在递增的等比数列{an}中，前n项和为Sn，S2S2＋S4＝15，a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝log3a2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设等比数列{an}的公比为q，由S2S2＋S4＝15，得S4＝4S2,所以a3＋a4＝3(a1＋a2)，即(a1＋a2)q2＝3(a1＋a2)，所以q2＝3，因为等比数列{an}递增，所以q＝3，所以an＝a1qn－1＝123n.(2)由(1)可得a2n－1＝3n－1，所以bn＝log3a2n－1＝n－1，故Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1＝nn－12.2．(2022·潍坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，求数列{anbn}的前n项和Tn.解(1)设数列{an}的公比为q，由a1＝2，S3＝a3＋6，得a1(1＋q＋q2)＝6＋a1q2，解得q＝2，所以an＝2n.(2)由(1)可得bn＝log2an＝n，所以anbn＝n·2n，Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1，所以－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝21－2n1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.3．已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.解(1)设等差数列{an}的公差为d，因为b2＝4，所以a2＝2log2b2＝4，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君所以d＝a2－a1＝2，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.又an＝2log2bn，即2n＝2log2bn，所以n＝log2bn，所以bn＝2n.(2)由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1，即bn是数列{an}中的第2n－1项．设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，因为b7＝a26＝a64，b8＝a27＝a128，所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的，所以S100＝P107－Q7＝107×2＋2142－2－281－2＝11302.4．(2023·荆州模拟)设正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且满足________．给出下列三个条件：①a3＝4，2lgan＝lgan－1＋lgan＋1(n≥2)；②Sn＝man－1(m∈R)；③2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝kn·2n(k∈R)．请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝1n＋1log2an＋1，且数列{bn}的前n项和Tn＝99100，求n的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)选条件①时，a3＝4,2lgan＝lgan－1＋lgan＋1(n≥2)，整理得a2n＝an－1·an＋1，故正项数列{an}为等比数列，由于a1＝1，a3＝4，故公比q2＝a3a1＝4，解得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.选条件②时，Sn＝man－1(m∈R)，当n＝1时，整理得a1＝ma1－1，解得m＝2，故Sn＝2an－1，(a)当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，(b)(a)－(b)得an＝2an－2an－1，整理得anan－1＝2(常数)，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1.选条件③时，2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝kn·2n(k∈R)，当n＝1时，整理得2a1＝k·21，解得k＝1，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君故2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝n·2n(k∈R)，(a)当n≥2时，2a1＋3a2＋4a3＋…＋nan－1＝(n－1)·2n－1，(b)(a)－(b)得an＝2n－1(首项符合通项)，所以an＝2n－1.(2)由(1)得bn＝1n＋1log2an＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，所以Tn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝99100，解得n＝99.5．(2023·济南模拟)已知{an}是递增的等差数列，a1＋a5＝18，a1，a3，a9分别为等比数列{bn}的前三项．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)删去数列{bn}中的第ai项(其中i＝1,2,3，…)，将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{cn}，求数列{cn}的前n项和Sn.解(1)设数列{an}的公差为d(d0)，数列{bn}的公比为q，由已知得a1＋a1＋4d＝18，a1＋2d2＝a1a1＋8d，解得a1＝3，d＝3，所以an＝3n；所以b1＝a1＝3，q＝a3a1＝3，所以bn＝3n.(2)由题意可知新数列{cn}为b1，b2，b4，b5，…，则当n为偶数时，Sn＝142532322nnbbbbbb－－1＋＋＋＋＋＋＋＝2223(127)3(127)127127nn＋＝26(271)13n，则当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋cn＝Sn－1＋1322bn＝Sn－1＋312bn＝131226(271)+313nn，综上，Sn＝2131226(271)136(271)313nnnnn，，，.为偶数为奇数6．(2022·天津)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1.(1)求{an}与{bn}的通项公式；(2)设{an}的前n项和为Sn，求证：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn；公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君(3)求k＝12n[ak＋1－(－1)kak]bk.(1)解设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝1＋(n－1)d，bn＝qn－1，由a2－b2＝a3－b3＝1可得1＋d－q＝1，1＋2d－q2＝1⇒d＝q＝2(d＝q＝0舍去)，所以an＝2n－1，bn＝2n－1.(2)证明因为bn＋1＝2bn≠0，所以要证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn，即证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·2bn－Snbn，即证Sn＋1＋an＋1＝2Sn＋1－Sn，即证an＋1＝Sn＋1－Sn，而an＋1＝Sn＋1－Sn显然成立，所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn.(3)解因为[a2k－(－1)2k－1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－(－1)2ka2k]b2k＝(4k－1＋4k－3)×22k－2＋[4k＋1－(4k－1)]×22k－1＝2k·4k，所以k＝12n[ak＋1－(－1)kak]bk＝k＝1n{[a2k－(－1)2k－1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－(－1)2ka2k]b2k}＝k＝1n2k·4k，设Tn＝k＝1n2k·4k，所以Tn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n，4Tn＝2×42＋4×43＋…＋(2n－2)·4n＋2n×4n＋1，两式相减得－3Tn＝2(41＋42＋43＋…＋4n)－2n×4n＋1＝2×41－4n1－4－2n×4n＋1＝2×4n＋1－43－2n×4n＋1，所以Tn＝6n－24n＋1＋89，所以k＝12n[ak＋1－(－1)kak]bk公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君＝6n－24n＋1＋89.