第六章　必刷大题12　数列的综合问题-【北师大版】2025年高考数学大一轮复习（课件+讲义+练习）

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1.若数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1).(1)求a1，a2，a3，a4；
因为数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，所以a1＝－1，a2＝3，a3＝－5，a4＝7.
(2)求数列{an}的前2 024项和S2 024.
由an＝(－1)n(2n－1)，可得当n为奇数时，an＋an＋1＝(－1)n(2n－1)＋(－1)n＋1(2n＋1)＝2，所以S2 024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024)＝2＋2＋…＋2＝2×1 012＝2 024.
所以(n＋2)Sn＝nan＋1，因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn，
即bn＋1＝2bn，又b1＝S1＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列.所以bn＝2n.
3.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋2＝2an.(1)求a2及数列{an}的通项公式；
由题意，当n＝1时，S1＋2＝a1＋2＝2a1，解得a1＝2，当n＝2时，S2＋2＝2a2，即a1＋a2＋2＝2a2，解得a2＝4，当n≥2时，由Sn＋2＝2an，可得Sn－1＋2＝2an－1，两式相减，可得an＝2an－2an－1，整理，得an＝2an－1，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N＋.
由(1)可得，an＝2n，an＋1＝2n＋1，在an与an＋1之间插入n个数，使得这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列，则有an＋1－an＝(n＋1)dn，
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝7，S3＝5a1.(1)求{an}的通项公式；
a3＝a1＋2d＝7，S3＝3a1＋3d＝5a1，解得a1＝3，d＝2，故an＝2n＋1.
5.(2023·邯郸统考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1(n∈N＋).(1)求{an}的通项公式；
由题意知，在数列{an}中，an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1，n≥2，两式相减可得an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2，由条件知，a2＝3a1＋1＝4a1，故an＋1＝4an(n∈N＋).∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列.∴an＝4n－1(n∈N＋).
由(1)知，an＝4n－1(n∈N＋)，
如果满足条件的bm，bk，bp存在，
∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp，∵2k＝m＋p，∴k＝m＝p，与已知矛盾，∴不存在满足条件的三项.
6.在数列{bn}中，令Tn＝b1b2·…·bn(n∈N＋)，若对任意正整数n，Tn总为数列{bn}中的项，则称数列{bn}是“前n项之积封闭数列”.已知数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列.(1)判断：当a1＝2，q＝3时，数列{an}是否为“前n项之积封闭数列”；
T2＝a1a2＝2×6＝12，若T2为数列{an}中的项，则存在m∈N＋，使得T2＝am，即12＝2·3m－1，所以m＝lg36＋1∉N＋，所以{an}不是“前n项之积封闭数列”.
(2)证明：a1＝1是数列{an}为“前n项之积封闭数列”的充分不必要条件.
充分性：因为Tn＝a1a2·…·an(n∈N＋)，所以T1＝a1，当n∈N＋，n≥2时，因为a1＝1，所以an＝qn－1，所以Tn＝a1a2·…·an＝q0＋1＋2＋…＋(n－1)＝ ，
所以数列{an}是“前n项之积封闭数列”，所以充分性成立.必要性：当a1＝q≠1时，an＝a1qn－1＝qn，所以Tn＝a1a2·…·an＝q1＋2＋…＋n＝ ，