人教A版（2019）选修二 第四章数列 专题4.7 等差数列和等比数列的综合应用大题专项训练（30道）

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专题4.7 等差数列和等比数列的综合应用大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022·江苏南通·高二期中）设等差数列an的前n项和为Sn，已知a6=15，S5=45．(1)求an；(2)若an为an-3与a2n-1n≥4,n∈N*的等比中项，求n．【解题思路】（1）由已知条件，列式后解方程组，求数列的首项和公差，再求通项公式；（2）首先由题意得an2=an-3a2n-1，n≥4,n∈N*，代入通项公式后，求n.【解答过程】（1）设等差数列an公差为d，S5=5a1+5×42d=45，解得a1+2d=9，a6=a1+5d=15，所以d=2，a1=5，an=a1+n-1×d=2n+3.（2）由题意：an2=an-3a2n-1，n≥4,n∈N*，即2n+32=2n-34n+1，化简得：2n2-11n-6=0，解之得n=6或n=-12（舍），故n=6.2．（2022·广东·高二期中）已知等差数列an满足，a1=10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn的通项公式为bn=2n，求数列anbn的前n项和．【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，由题意可得到a3+82=a2+10⋅a4+6，化为基本量a1和d的关系，即可求解；（2）根据错位相减法求和即可.【解答过程】（1）等差数列an的首项a1=10，公差设为d，由a2+10，a3+8，a4+6成等比数列，则a3+82=a2+10⋅a4+6，即a1+2d+82=a1+d+10⋅a1+3d+6，即18+2d2=20+d⋅16+3d，解得d=2，所以an=a1+n-1d=2n+8.（2）由题意，anbn=2n+8⋅2n，设数列anbn的前n项和为Sn，则Sn=10⋅21+12⋅22+⋯+2n+8⋅2n，2Sn=10⋅22+12⋅23+⋯+2n+8⋅2n+1，两式相减得-Sn=20+2⋅22+23+⋯+2n-2n+8⋅2n+1即-Sn=20+2⋅21-2n-11-2-2n+8⋅2n+1，化简得Sn=-16+2n+7⋅2n+1.3．（2022·江西·高三阶段练习（文））已知等差数列an的前n项和为Sn，且2a6-S5=3，2S6-3a8=9．(1)求an的通项公式；(2)若ba=an⋅2n-1，求数列bn的前n项和Tn．【解题思路】（1）设an的公差为d，则由已知条件列方程组可求出a1,d，从而可求出通项公式；（2）由（1）得bn=2n-3×2n-1，然后利用错位相减法可求出Tn.【解答过程】（1）设an的公差为d．由2a6-S5=32S6-3a8=9，得2(a1+5d)-(5a1+5×42d)=32(6a1+6×52d)-3(a1+7d)=9，化简得-3a1=39a1+9d=9，解得a1=-1d=2．所以数列an的通项公式为an=-1+n-1×2=2n-3．（2）由（1）知bn=2n-3×2n-1，所以Tn=-1×20+1×21+3×22+⋯+2n-3×2n-1    ①则2Tn=-1×21+1×22+3×23+⋯+2n-3×2n    ②由①－②得：-Tn=-1+2×21+2×22+⋯+2×2n-1-2n-3×2n=-1+2×21-2×2n-1×21-2-2n-3×2n=-5+2n+1-2n-3×2n=-5-2n-5×2n，所以数列bn的前n项和Tn=5+2n-5×2n．4．（2022·四川·高三期中）已知等差数列an​和等比数列bn​满足a1=b1=1​，a2+a4=10​，b2b4=a5​.(1)求an​的通项公式；(2)求和：b1+b3+b5+⋯+b2n-1​.【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，利用a1=1，a2+a4=10求出d，再由等差数列的通项公式计算可得答案；（2）设等比数列bn的公比为q，则奇数项构成公比为q2的等比数列，利用b2b4=b32=9求出b3、q2，可得b2n-1是公比为3，首项为1的等比数列，再由等比数列的前n项和公式计算可得答案.【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，由a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，所以an的通项公式an=1+2（n-1）=2n-1；（2）设等比数列bn的公比为q，则奇数项构成公比为q2的等比数列，由（1）可得a5=9，等比数列bn满足b1=1，b2b4=b32=9，由于b1=1>0，可得b3=3（舍去b3=-3），（等比数列奇数项符号相同），所以q2=b3b1=3，则b2n-1是公比为3，首项为1的等比数列，b1+b3+b5+⋯+b2n-1=1×1-q2n1-q2=3n-12n∈N*.5．（2022·广东·高二期中）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=32n2+12n，递增的等比数列bn满足：b1+b4=18，b2⋅b3=32．(1)求数列an、bn的通项公式；(2)设an、bn的前n项和分别为Sn，Tn，求Sn，Tn．【解题思路】（1）根据an=S1,n=1Sn-Sn-1,n≥2求出an的通项公式，利用等比数列的性质得到b2⋅b3=b1⋅b4=32，故b1,b4可看作方程x2-18x+32=0的两根，根据函数单调性求出b1=2b4=16，从而得到公比，求出bn的通项公式；（2）利用等差数列和等比数列的公式求出答案.【解答过程】（1）当n=1时，a1=S1=32+12=2，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=32n2+12n-32n-12-12n-1=3n-1，又3×1-1=2，满足上式故an的通项公式为an=3n-1，设等比数列bn的公比为q，因为b1+b4=18，b2⋅b3=b1⋅b4=32，所以b1,b4可看作方程x2-18x+32=0的两根，解得：b1=2b4=16或b1=16b4=2，因为等比数列单调递增，所以b1=16b4=2舍去，故q3=162=8，解得：q=2，故bn的通项公式为bn=2×2n-1=2n；（2）因为an=3n-1，所以an+1-an=3，故an为等差数列，由等差数列求和公式得：Sn=na1+an2=n2+3n-12=3n2+n2，由等比数列求和公式得：Tn=21-2n1-2=2n+1-2.6．（2022·江苏·高二阶段练习）等差数列an满足a1+a2=10，a6-a4=4.(1)求an的通项公式和前n项和Sn；(2)设等比数列bn满足b2=a3，b3=a7，求数列bn的前n项和Tn.【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，根据题意可求得d、a1的值，利用等差数列的通项公式可求得an的表达式，利用等差数列的求和公式可求得Sn的表达式；（2）设等比数列bn的公比为q，求出q、b1的值，利用等比数列的的求和公式可求得Tn的表达式.【解答过程】（1）解：设等差数列an的公差为d，则2d=a6-a4=4，可得d=2，∴a1+a2=2a1+d=2a1+2=10，解得a1=4，则an=a1+n-1d=4+2n-1=2n+2.所以，Sn=na1+an2=n4+2n+22=n2+3n.（2）解：设等比数列bn的公比为q，则q=b3b2=a7a3=168=2，b1=b2q=82=4，所以，Tn=b11-qn1-q=41-2n1-2=2n+2-4.7．（2022·黑龙江·高二阶段练习）已知数列an满足：a1=3，且对任意的n∈N*，都有1，an，an+1成等差数列.(1)证明：数列an-1为等比数列；(2)已知：bn=an-12n+1求数列bn前n和为Sn.【解题思路】（1）由条件可知1+an+1=2an，即an+1-1=2an-1，从而得出数列an-1为等比数列；（2）bn=an-12n+1=2n+1⋅2n，利用错位相减法即可求解.【解答过程】（1）证明：由条件可知1+an+1=2an，即an+1=2an-1，∴an+1-1=2an-1，且a1-1=2，∴an-1是以a1-1=2为首项，q=2为公比的等比数列.（2）由（1）知an-1是以a1-1=2为首项，q=2为公比的等比数列，∴an-1=2n，则bn=an-12n+1=2n+1⋅2n，∴Sn=3⋅21+5⋅22+7⋅23+⋯+2n+1⋅2n，2Sn=3⋅22+5⋅23+7⋅24+⋯+2n+1⋅2n+1，两式相减可得，-Sn=3⋅21+2⋅22+2⋅23+2⋅24+⋯2⋅2n-2n+1⋅2n+1，即-Sn=6+81-2n-11-2-2n+1⋅2n+1，化简得Sn=2n-1⋅2n+1+2.8．（2022·福建·高二阶段练习）已知等差数列an中，a1=1，a2+2a3+a4=12．(1)求a5+a7的值；(2)若数列bn满足：bn=a2n-1，证明：数列bn是等差数列．【解题思路】（1）由等差数列的性质易得a3=3，由等差数列的通项公式求得公差d，再由基本量运算求得结论；（2）由（1）求得通项公式an，从而可得bn，计算bn-bn-1(n≥2)可得结论．【解答过程】（1）∵a2+a4=2a3，a2+2a3+a4=4a3=12，∴a3=3，∵a3=a1+2d,∴d=1，∴a5+a7=2a1+10d=12；（2）由（1）可知an=n，∴bn=a2n-1=2n-1，∵bn-bn-1=(2n-1)-[2(n-1)-1]=2(n≥2)，∴数列bn是等差数列，首项是1，公差是2.9．（2022·广东·高三阶段练习）已知数列an，bn满足a1=b1=1，且an+2bn+1-anbn=0．(1)若数列an为等比数列，公比为q，a1-a2=2，求bn的通项公式；(2)若数列an为等差数列，an+2-an+1=2，求bn的前n项和Tn．【解题思路】(1)由已知条件求出等比数列an的公比和通项，得到数列bn为等比数列，可求出通项公式；(2)由等差数列an的通项利用累乘法求得数列bn的通项，再用裂项相消求bn的前n项和Tn．【解答过程】（1）数列an为等比数列，公比为q，且a1=1，a1-a2=2 ， a2=3或a2=-1， 由 q=a2a1， q=3或 q=-1 ，由an+2bn+1-anbn=0，所以 bn+1bn=anan+2=1q2，又 b1=1，即数列bn是以1为首项，1q2 为公比的等比数列故 bn=19n-1 或bn=1.（2）依题意得等差数列an公差d=2，则an=a1+n-1d=1+2(n-1)=2n-1，由an+2bn+1-anbn=0，所以 bn+1bn=anan+2，从而bn=bnbn-1⋅bn-1bn-2⋯⋯b3b2⋅b2b1⋅b1=an-1an+1⋅an-2an⋅⋯⋯a2a4⋅a1a3⋅b1=a1a2anan+1=32n-1(2n+1)=3212n-1-12n+1，Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=321-13+13-15+⋯+12n-1-12n+1=321-12n+1=3n2n+1 .10．（2022·贵州贵阳·高三期中（文））已知an是以1为首项的等差数列，bn是以2为首项的正项等比数列，且满足a6-b2=a10-b3=2.(1)求an与bn的通项公式；(2)求1anan+1的前n项和Sn，并求满足nSn>2022的最小正整数n.【解题思路】（1）根据已知条件求得an的公差，bn的公比，从而求得an与bn的通项公式；（2）利用裂项求和法求得Sn，然后将Sn代入nSn>2022求解不等式即可得到.【解答过程】（1）依题意，an是以1为首项的等差数列，bn是以2为首项的正项等比数列，设an的公差为d，bn的公比为q（q>0），由已知得a6-b2=2a10-b3=2，即1+5d-2q=21+9d-2q2=2，消去d，可得5q2-9q-2=0，解得q=2或q=-15（舍去）.所以，q=2，则d=1.所以，an=a1+n-1d=1+n-1=n，bn=b1qn-1=2×2n-1=2n.（2）由（1）知，1anan+1=1nn+1=1n-1n+1，所以Sn=a1+a2+⋯+an =1-12+12-13+⋯+1n-1n+1 =1-1n+1=nn+1.由nSn>2022知，n2n+1>2022，即n2-2022n-2022>0，解得，n1011+1011×1013.又1011-1011×10130的等差数列，b1=a1=1，b2是b1与b7的等比中项，所以1+d2=1×1+6d，（等比数列的性质）解得d=4或d=0（舍去），（注意d>0）所以数列bn的通项公式为bn=4n-3．第二步：求数列an的通项公式所以a3=b3=9，又a1=1，所以q=±3，所以数列an的通项公式为an=3n-1或an=-3n-1．（2）第一步：求数列cn的通项公式由（1）得Sn=n2n-1，an=3n-1或an=-3n-1，由ncn=an2Sn，得cn=an2Snn=2n-19n-1，第二步：利用错位相减法求和于是Tn=c1+c2+⋯+cn=1+3×91+5×92+7×93+⋯+2n-19n-1，9Tn=9+3×92+5×93+7×94+⋯+2n-19n，则-8Tn=1+2×91+92+93+94+⋯+9n-1-2n-19n，（运用错位相减法求和时最后一项注意变号）即-8Tn=1+2×91-9n-11-9-2n-19n，整理得Tn=8n-59n+532，所以数列cn的前n项和Tn=8n-59n+532．14．（2022·全国·模拟预测）己知Sn为等比数列an的前n项和，若4a2，2a3，a4成等差数列，且S4=8a2-2.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn=anan+2an+1+2，且数列bn的前n项和为Tn，证明：112≤Tn0),且a2=2a1=2，a32=a2⋅a6，a1+a2+a3=a5,可得(1+d)2=2⋅2q2,3+1+d=1+2d,解得d=3,q=2,则an=1+3⋅n+12-1,n为奇数2⋅2n2-1,n为偶数,化为an=3n-12,n为奇数2n2,n为偶数；（2）当n为偶数时,数列an的前n项和Sn=a1+a3+…+an-1+a2+a4+…+an=12⋅n21+3n-42+21-2n21-2 =3n2-2n8+21+n2-2 当n为奇数时(n≥3),Sn=Sn-1+an=3(n-1)2-2(n-1)8+21+n-12-2+3n-12=3n2+4n+18+2n+12-2，当n=1时S1也适合上式.综上: Sn=3n2+4n-158+2n+12,n为奇数3n2-2n-168+2n+22,n为偶数.19．（2022·福建三明·高二阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，满足3Sn=2an-1，bn是以a1为首项且公差不为0的等差数列，b2,b3,b7成等比数列.(1)求数列an,bn的通项公式；(2)令cn=anbn，求数列cn的前n项和Tn.【解题思路】（1）根据an=S1,n=1Sn-Sn-1,n≥2，求出an的通项公式，求出bn的公差，进而求出bn的通项公式；（2）利用错位相减法求数列cn的前n项和Tn..【解答过程】（1）由3Sn=2an-1，取n=1可得3S1=2a1-1，又S1=a1，所以3a1=2a1-1，则a1=-2.当n≥2时，由条件可得3Sn=2an-13Sn-1=2an-1-1，两式相减可得，an=-2an-1，又a1=-2，所以anan-1=-2，所以数列an是首项为-2，公比为-2的等比数列，故an=-2n，因为b1=a1=-2，设等差数列bn的公差为d，则b2=-2+d,b3=-2+2d,b7=-2+6d，由b2,b3,b7成等比数列，所以(-2+2d)2=-2+d-2+6d，又d≠0，所以解得d=3，故bn=3n-5，（2）cn=anbn=3n-5(-2)n，Tn=-2×(-2)1+1×(-2)2+4×(-2)3+⋯+3n-5×(-2)n，-2Tn=-2×(-2)2+1×(-2)3+4×(-2)4+⋯+3n-8×(-2)n+3n-5×(-2)n+1.相减得3Tn=4+3(-2)2+(-2)3+(-2)4+⋯+(-2)n-3n-5×(-2)n+1，所以3Tn=4+34--2n+11--2-3n-5×(-2)n+1，所以3Tn=8-3n-4(-2)n+1所以Tn=8-3n-4(-2)n+13.20．（2022·黑龙江·模拟预测）已知等比数列an的公比q>1，且a2+a3+a4=14，a3+1是a2，a4的等差中项，数列bn满足：数列an⋅bn的前n项和为n⋅2n.(1)求数列an、bn的通项公式；(2)若cn=an+bn，dn=an+1cncn+1，求数列dn的前n项和Sn.【解题思路】对于（1），设an首项为a1，公比为q.由a2+a3+a4=14，a3+1是a2，a4的等差中项可得an通项公式.设an⋅bn的前n项和为Tn，则an⋅bn=Tn-Tn-1，n≥2a1⋅b1，n=1，据此可得bn通项公式；对于（2），由（1）可得cn=2n-1+n+1，注意到dn=2n-1+12n-1+n+12n+n+2=12n-1+n+1-12n+n+2，据此可得Sn.【解答过程】（1）设an首项为a1，公比为q.由a2+a3+a4=14，a3+1是a2，a4的等差中项可得a1q+a1q2+a1q3=a1qq2+q+1=142a1q2+2=a1q+a1q3⇒a1qq2-2q+1=2，两式相除得q2+q+1q2-2q+1=7 ⇒2q2-5q+2=0，又q>1，得q=2.将q=2代入a1qq2+q+1=14，得a1=1，故an=2n-1，n∈N+.设an⋅bn的前n项和为Tn，则an⋅bn=Tn-Tn-1，n≥2a1⋅b1，n=1，n∈N+得an⋅bn=n⋅2n-n-1⋅2n-1，n≥22，n=1，n∈N+.又a1=1×21=2则an⋅bn=n⋅2n-n-1⋅2n-1，结合an=2n-1，得bn=n+1，n∈N+.综上：an通项公式为an=2n-1，n∈N+，bn通项公式为bn=n+1，n∈N+.（2）由（1）可得，cn=2n-1+n+1，n∈N+.则dn=2n-1+12n-1+n+12n+n+2，n∈N+.注意到2n-1+12n-1+n+12n+n+2=12n-1+n+1-12n+n+2，则Sn=d1+d2+⋯+dn-1+dn=120+2-121+3+121+3-122+4+⋯+12n-2+n-12n-1+n+1+12n-1+n+1-12n+n+2=13-12n+n+2，n∈N+.故Sn=13-12n+n+2，n∈N+.21．（2022·广东·高三阶段练习）已知等差数列an满足a4=4a1，a6+a8=14，等比数列bn满足b1=1，log2b4=-3．(1)求数列an，bn的通项公式；(2)令cn=1an2,n为奇数an⋅bn，n为偶数，求证：c1+c2+⋯+cn