2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第六章　必刷大题12　数列的综合问题

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，＝，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＝，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＝，

所以an＝a1qn－1＝.

(2)由(1)可得a2n－1＝3n－1，所以bn＝log3a2n－1＝n－1，

故Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1＝.

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＝－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，

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＝－＝11 302.

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＝4，2lg an＝lg an－1＋lg an＋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＝，且数列{bn}的前n项和Tn＝，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＝4,2lg an＝lg an－1＋lg an＋1(n≥2)，

整理得a＝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＝＝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＝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，

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＝＝＝－，

所以Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，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(d>0)，数列{bn}的公比为q，

由已知得解得a1＝3，d＝3，所以an＝3n；

所以b1＝a1＝3，q＝＝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＝

＝＝，

则当n为奇数时，

Sn＝Sn－1＋cn＝Sn－1＋＝Sn－1＋＝，

综上，Sn＝

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；

(3)求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

⇒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ak＋1－(－1)kak]bk

＝[a2k－(－1)2k－1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－(－1)2ka2k]b2k}＝k·4k，

设Tn＝k·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×－2n×4n＋1

＝－2n×4n＋1，

所以Tn＝，

所以ak＋1－(－1)kak]bk

＝.