【原】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

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{a_n}中，前n项和为S_n，＝，a₁＝1.

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)若b_n＝log₃a_2n－1，求数列{b_n}的前n项和T_n.

解　(1)设等比数列{a_n}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{a_n}递增，所以q＝，

所以a_n＝a₁q^n－1＝.

(2)由(1)可得a_2n－1＝3^n－1，所以b_n＝log₃a_2n－1＝n－1，

故T_n＝0＋1＋2＋…＋n－1＝.

2．(2022·潍坊模拟)已知等比数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁＝2，S₃＝a₃＋6.

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)设b_n＝log₂a_n，求数列{a_nb_n}的前n项和T_n.

解　(1)设数列{a_n}的公比为q，由a₁＝2，S₃＝a₃＋6，

得a₁(1＋q＋q²)＝6＋a₁q²，解得q＝2，

所以a_n＝2ⁿ.

(2)由(1)可得b_n＝log₂a_n＝n，所以a_nb_n＝n·2ⁿ，

T_n＝1×2＋2×2²＋3×2³＋…＋n×2ⁿ，

2T_n＝1×2²＋2×2³＋…＋(n－1)2ⁿ＋n·2^n＋1，

所以－T_n＝2＋2²＋…＋2ⁿ－n·2^n＋1＝－n·2^n＋1＝2^n＋1－2－n·2^n＋1，

所以T_n＝(n－1)2^n＋1＋2.

3．已知等差数列{a_n}和等比数列{b_n}满足a₁＝2，b₂＝4，a_n＝2log₂b_n，n∈N^*.

(1)求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；

(2)设数列{a_n}中不在数列{b_n}中的项按从小到大的顺序构成数列{c_n}，记数列{c_n}的前n项和为S_n，求S₁₀₀.

解　(1)设等差数列{a_n}的公差为d，

因为b₂＝4，所以a₂＝2log₂b₂＝4，

所以d＝a₂－a₁＝2，

所以a_n＝2＋(n－1)×2＝2n.

又a_n＝2log₂b_n，即2n＝2log₂b_n，

所以n＝log₂b_n，

所以b_n＝2ⁿ.

(2)由(1)得b_n＝2ⁿ＝2·2^n－1＝a_2n－1，

即b_n是数列{a_n}中的第2^n－1项．

设数列{a_n}的前n项和为P_n，数列{b_n}的前n项和为Q_n，

因为b₇＝a₂₆＝a₆₄，b₈＝a₂₇＝a₁₂₈，

所以数列{c_n}的前100项是由数列{a_n}的前107项去掉数列{b_n}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{a_n}的前n项和为S_n，a₁＝1，且满足________．给出下列三个条件：①a₃＝4，2lg a_n＝lg a_n－1＋lg a_n＋1(n≥2)；②S_n＝ma_n－1(m∈R)；③2a₁＋3a₂＋4a₃＋…＋(n＋1)a_n＝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{a_n}的通项公式；

(2)若b_n＝，且数列{b_n}的前n项和T_n＝，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 a_n＝lga_n－1＋lga_n＋1(n≥2)，

整理得a＝a_n－1·a_n＋1，故正项数列{a_n}为等比数列，

由于a₁＝1，a₃＝4，故公比q²＝＝4，解得q＝2，

故a_n＝a₁q^n－1＝2^n－1.

选条件②时，S_n＝ma_n－1(m∈R)，

当n＝1时，整理得a₁＝ma₁－1，解得m＝2，

故S_n＝2a_n－1，(a)

当n≥2时，S_n－1＝2a_n－1－1，(b)

(a)－(b)得a_n＝2a_n－2a_n－1，整理得＝2(常数)，

所以数列{a_n}是以1为首项，2为公比的等比数列，

所以a_n＝2^n－1.

选条件③时，2a₁＋3a₂＋4a₃＋…＋(n＋1)a_n＝kn·2ⁿ(k∈R)，

当n＝1时，整理得2a₁＝k·2¹，解得k＝1，

故2a₁＋3a₂＋4a₃＋…＋(n＋1)a_n＝n·2ⁿ(k∈R)，(a)

当n≥2时，2a₁＋3a₂＋4a₃＋…＋na_n－1＝(n－1)·2^n－1，(b)

(a)－(b)得a_n＝2^n－1(首项符合通项)，

所以a_n＝2^n－1.

(2)由(1)得b_n＝＝＝－，

所以T_n＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，解得n＝99.

5．(2023·济南模拟)已知{a_n}是递增的等差数列，a₁＋a₅＝18，a₁，a₃，a₉分别为等比数列{b_n}的前三项．

(1)求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；

(2)删去数列{b_n}中的第a_i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{c_n}，求数列{c_n}的前n项和S_n.

解　(1)设数列{a_n}的公差为d(d>0)，数列{b_n}的公比为q，

由已知得解得a₁＝3，d＝3，所以a_n＝3n；

所以b₁＝a₁＝3，q＝＝3，所以b_n＝3ⁿ.

(2)由题意可知新数列{c_n}为b₁，b₂，b₄，b₅，…，

则当n为偶数时，S_n＝

＝＝，

则当n为奇数时，

S_n＝S_n－1＋c_n＝S_n－1＋＝S_n－1＋＝，

综上，S_n＝

6．(2022·天津)设{a_n}是等差数列，{b_n}是等比数列，且a₁＝b₁＝a₂－b₂＝a₃－b₃＝1.

(1)求{a_n}与{b_n}的通项公式；

(2)设{a_n}的前n项和为S_n，求证：(S_n＋1＋a_n＋1)b_n＝S_n＋1b_n＋1－S_nb_n；

(3)求a_k＋1－(－1)^ka_k]b_k.

(1)解　设{a_n}的公差为d，{b_n}的公比为q，

则a_n＝1＋(n－1)d，b_n＝q^n－1，

由a₂－b₂＝a₃－b₃＝1可得

⇒d＝q＝2(d＝q＝0舍去)，

所以a_n＝2n－1，b_n＝2^n－1.

(2)证明　因为b_n＋1＝2b_n≠0，

所以要证(S_n＋1＋a_n＋1)b_n＝S_n＋1b_n＋1－S_nb_n，

即证(S_n＋1＋a_n＋1)b_n＝S_n＋1·2b_n－S_nb_n，

即证S_n＋1＋a_n＋1＝2S_n＋1－S_n，

即证a_n＋1＝S_n＋1－S_n，

而a_n＋1＝S_n＋1－S_n显然成立，

所以(S_n＋1＋a_n＋1)b_n＝S_n＋1·b_n＋1－S_n·b_n.

(3)解　因为[a_2k－(－1)^2k－1a_2k－1]b_2k－1＋[a_2k＋1－(－1)^2ka_2k]b_2k

＝(4k－1＋4k－3)×2^2k－2＋[4k＋1－(4k－1)]×2^2k－1＝2k·4^k，

所以a_k＋1－(－1)^ka_k]b_k

＝[a_2k－(－1)^2k－1a_2k－1]b_2k－1＋[a_2k＋1－(－1)^2ka_2k]b_2k}＝k·4^k，

设T_n＝k·4^k，

所以T_n＝2×4¹＋4×4²＋6×4³＋…＋2n×4ⁿ，

4T_n＝2×4²＋4×4³＋…＋(2n－2)·4ⁿ＋2n×4^n＋1，

两式相减得－3T_n＝2(4¹＋4²＋4³＋…＋4ⁿ)－2n×4^n＋1

＝2×－2n×4^n＋1

＝－2n×4^n＋1，

所以T_n＝，

所以a_k＋1－(－1)^ka_k]b_k

＝.