2023年新教材高考数学二轮复习高考解答题专项三数列中的综合问题含解析新人教B版

高考解答题专项三　数列中的综合问题

1.(2021湖北荆门高三月考)在①等比数列{an}为递增数列,S3=7,且3a2是a1+3和a3+4的等差中项;②Sn=2n-1这两个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的实数k存在,求出k的最小值;若不存在,请说明理由.

已知数列{an}的前n项和为Sn,　　　　　,bn=,设数列{bn}的前n项和为Tn,是否存在实数k,使得Tn<k恒成立? 

2.(2021全国乙,文19)设数列{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=.已知a1,3a2,9a3成等差数列.

(1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<.

3.(2021广东揭阳高三适应性考试)在数列{an}中,a1=0,a2=1,且an+2=an+1+2an,记bn=an+1+an.

(1)求证:数列{bn}是等比数列;

(2)记数列{bn}的前n项和为Sn,若cn=|Sn-15|,求数列{cn}的前n项和Tn.

4.(2021湖南衡阳高三模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,2=an+1.

(1)求an;

(2)将数列{an}分组:(a1),(a2,a3),(a4,a5,a6),(a7,a8,a9,a10),…,记第n组的和为bn.

①求数列{bn}的通项公式;

②求数列(-1)n前2n项的和.

5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=1,S7=14.在数列{bn}中,b1b2b3…bn=.

(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式;

(2)若数列{cn}满足cn=bncos(anπ),求数列{cn}的前2n项和T2n.

6.(2021山东淄博高三一模)将n2(n∈N*)个正数排成n行n列:

a11　a12　a13　a14　…　a1n

a21　a22　a23　a24　…　a2n

a31　a32　a33　a34　…　a3n

a41　a42　a43　a44　…　a4n

…　 …　 …　 …　 …　 …

an1　an2　an3　an4　…　ann

其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且各列的公比都相等,若a11=1,a13a23a33=1,a32+a33+a34=.

(1)求a1n;

(2)设Sn=a11+a22+a33+…+ann,求Sn.

高考解答题专项三　数列中的综合问题

1.解若选①.

设数列{an}的公比为q.

由题可得解得a2=2,

所以+2+2q=7,故q=2或.

又a2>0,数列{an}为递增数列,所以q=2,

所以an=2n-1,Sn=2n-1,

所以bn=,

所以Tn=1-+…+=1-<1.

当k≥1时,使得Tn<k恒成立,故k的最小值为1.

若选②.

因为Sn=2n-1,

所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,

当n=1时a1=1,适合上式,

所以an=2n-1(n∈N*),

所以bn=,

所以Tn=1-+…+=1-<1.

当k≥1时,使得Tn<k恒成立,

故k的最小值为1.

2.(1)解设{an}的公比为q,则an=qn-1.

因为a1,3a2,9a3成等差数列,

所以1+9q2=2×3q,解得q=,

故an=.

由bn=,得bn==n·.

(2)证明由(1)可知Sn=1-.

又bn=,则Tn=+…+, ①

两边同乘,得Tn=+…+, ②

①-②,得Tn=+…+,

即Tn=,

整理得Tn=,

则2Tn-Sn=2=-<0.

故Tn<.

3.(1)证明由an+2=an+1+2an,得bn+1=an+2+an+1=2(an+1+an)=2bn.

又b1=a1+a2=1>0,

所以数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列.

(2)解由(1)知,bn=2n-1,Sn==2n-1,

则cn=|2n-16|,故cn=

则当1≤n≤4时,Tn=(16-21)+(16-22)+…+(16-2n)

=16n-(21+22+…+2n)=16n-=16n-2n+1+2.

当n>4时,

Tn=(16-21)+(16-22)+…+(16-24)+(25-16)+(26-16)+…+(2n-16)

=2T4+(21+22+…+2n)-16n

=2×34+-16n=2n+1-16n+66,

则Tn=

4.解(1)因为2=an+1,所以a1=1.

因为2=an+1,所以Sn=. ①

当n≥2时,Sn-1=, ②

①-②得,2an+2an-1=,所以an-an-1=2,

所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,

所以an=2n-1.

(2)①由题意可知,b1=a1=S1,b2=a2+a3=S3-S1,b3=a4+a5+a6=S6-S3,b4=a7+a8+a9+a10=S10-S6,…,

所以bn=,而Sn==n2,

所以bn==2--n2=n3.

②由①可得(-1)n=(-1)nn2,

所以T2n=(-1+22)+(-32+42)+(-52+62)+…+[-(2n-1)2+(2n)2]=3+7+…+(4n-1)==n(2n+1).

5.解(1)设{an}的公差为d,由a2=1,S7=14得

解得

∴an=.

∵b1b2b3…bn=,∴b1b2b3…bn-1=(n≥2),两式相除得bn=2n(n≥2).

当n=1时,b1=2符合上式,

∴bn=2n(n∈N*).

(2)∵cn=bncos(anπ)=2ncos,

∴T2n=2cos+22cosπ+23cos+24cos(2π)+…+22n-1cos+22ncos(nπ)=22cosπ+24cos(2π)+…+22ncos(nπ)=-22+24-…+(-1)n·22n

==-.

6.解(1)设第一行数的公差为d,各列的公比为q.

由题意可知a13a23a33==1,解得a23=1.

由a32+a33+a34=3a33=,解得a33=,则q=.

由a23=a13q=(a11+2d)q=(1+2d)·=1,解得d=,

因此a1n=a11+(n-1)d=1+.

(2)由ann=a1nqn-1=·n-1=,

可得Sn=+…+,

两边同时乘以可得,Sn=+…+,

上述两式相减可得,Sn=1++…+-=1+,

因此Sn=3-.