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.docx

《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.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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.docx（5页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、公众号：高中试卷君必刷大题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，a11.(1)求数列an的通项公式；(2)若bnlog3a2n1，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S44S2,所以a3a43(a1a2)，即(a1a2)q23(a1a2)，所以q23，因为等比数列an递增，所以q，所以ana1qn1.(2)由(1)可得a2n13n1，所以bnlog3a2n1n1，故Tn012n1.2(2022潍坊模拟)已知等比数列an的前n项和为Sn，且a12，S3a36.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2an，求数列anb

2、n的前n项和Tn.解(1)设数列an的公比为q，由a12，S3a36，得a1(1qq2)6a1q2，解得q2，所以an2n.(2)由(1)可得bnlog2ann，所以anbnn2n，Tn12222323n2n，2Tn122223(n1)2nn2n1，所以Tn2222nn2n1n2n12n12n2n1，所以Tn(n1)2n12.3已知等差数列an和等比数列bn满足a12，b24，an2log2bn，nN*.(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b24，所以a

3、22log2b24，所以da2a12，所以an2(n1)22n.又an2log2bn，即2n2log2bn，所以nlog2bn，所以bn2n.(2)由(1)得bn2n22n1a2n1，即bn是数列an中的第2n1项设数列an的前n项和为Pn，数列bn的前n项和为Qn，因为b7a26a64，b8a27a128，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S100P107Q711 302.4(2023荆州模拟)设正项数列an的前n项和为Sn，a11，且满足_给出下列三个条件：a34，2lg anlg an1lg an1(n2)；Snman1(mR)；2a13a

4、24a3(n1)ankn2n(kR)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)选条件时，a34,2lg anlg an1lg an1(n2)，整理得aan1an1，故正项数列an为等比数列，由于a11，a34，故公比q24，解得q2，故ana1qn12n1.选条件时，Snman1(mR)，当n1时，整理得a1ma11，解得m2，故Sn2an1，(a)当n2时，Sn12an11，(b)(a)(b)得an2an2an1，整理得2(常数)，所以数列an是以1为首项，2

5、为公比的等比数列，所以an2n1.选条件时，2a13a24a3(n1)ankn2n(kR)，当n1时，整理得2a1k21，解得k1，故2a13a24a3(n1)ann2n(kR)，(a)当n2时，2a13a24a3nan1(n1)2n1，(b)(a)(b)得an2n1(首项符合通项)，所以an2n1.(2)由(1)得bn，所以Tn11，解得n99.5(2023济南模拟)已知an是递增的等差数列，a1a518，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i1,2,3，)，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

6、项和Sn.解(1)设数列an的公差为d(d0)，数列bn的公比为q，由已知得解得a13，d3，所以an3n；所以b1a13，q3，所以bn3n.(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，SnSn1cnSn1Sn1，综上，Sn6(2022天津)设an是等差数列，bn是等比数列，且a1b1a2b2a3b31.(1)求an与bn的通项公式；(2)设an的前n项和为Sn，求证：(Sn1an1)bnSn1bn1Snbn；(3)求ak1(1)kakbk.(1)解设an的公差为d，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1，由a2b2a3b31可得dq2(

7、dq0舍去)，所以an2n1，bn2n1.(2)证明因为bn12bn0，所以要证(Sn1an1)bnSn1bn1Snbn，即证(Sn1an1)bnSn12bnSnbn，即证Sn1an12Sn1Sn，即证an1Sn1Sn，而an1Sn1Sn显然成立，所以(Sn1an1)bnSn1bn1Snbn.(3)解因为a2k(1)2k1a2k1b2k1a2k1(1)2ka2kb2k(4k14k3)22k24k1(4k1)22k12k4k，所以ak1(1)kakbka2k(1)2k1a2k1b2k1a2k1(1)2ka2kb2kk4k，设Tnk4k，所以Tn2414426432n4n，4Tn242443(2n2)4n2n4n1，两式相减得3Tn2(4142434n)2n4n122n4n12n4n1，所以Tn，所以ak1(1)kakbk.公众号：高中试卷君