【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材） 高考解答题专项三　数列中的综合问题含解析【高考】.docx，共(7)页，45.168 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0778863547a53115168d7106682e15fb.html

以下为本文档部分文字说明：

1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=𝑎𝑛+1𝑆𝑛𝑆𝑛+1,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=𝑛𝑎𝑛3.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<𝑆𝑛2.23.

(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=|S

n-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√𝑆𝑛=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)n𝑏𝑛𝑛前2n项的和.35.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=2𝑛2+𝑛2.(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:a11a12a13a14…a1na21a22a23a24…a2na31a32a33a34…a3na41a42a43a4

4…a4n………………an1an2an3an4…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=32.(1)求a1n;(2)设Sn=a

11+a22+a33+…+ann,求Sn.4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{𝑎1+𝑎2+𝑎3=7,6𝑎2=(𝑎1+3)+(𝑎3+4),解得a2=2,所以2𝑞+2+2q=7,故

q=2或12.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=𝑎𝑛+1𝑆𝑛𝑆𝑛+1=2𝑛(2𝑛-1)(2𝑛+1-1)=12𝑛-1−12𝑛+1-1,所以Tn=1-13+

13−17+…+12𝑛-1−12𝑛+1-1=1-12𝑛+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=𝑎𝑛+1𝑆𝑛𝑆𝑛+1=2𝑛(2𝑛-1)(2𝑛+1-1)=12𝑛-1−12𝑛+1-1,所以Tn=1-13+13−17+…+12𝑛-1−12𝑛+1-1=1-12𝑛+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=13,故an=(13)𝑛-1.由bn=𝑛𝑎

𝑛3,得bn=𝑛3·(13)𝑛-1=n·(13)𝑛.(2)证明由(1)可知Sn=1-13𝑛1-13=321-13𝑛.又bn=𝑛3𝑛,则Tn=131+232+333+…+𝑛-13𝑛-1+𝑛3𝑛,①5两边同乘13,得1

3Tn=132+233+334+…+𝑛-13𝑛+𝑛3𝑛+1,②①-②,得23Tn=13+132+133+134+…+13𝑛−𝑛3𝑛+1,即23Tn=13(1-13𝑛)1-13−𝑛3𝑛+1=12(1-13𝑛)−𝑛3𝑛+1,整理得Tn=34(

1-13𝑛)−𝑛2×3𝑛=34−2𝑛+34×3𝑛,则2Tn-Sn=2(34-2𝑛+34×3𝑛)−32(1-13𝑛)=-𝑛3𝑛<0.故Tn<𝑆𝑛2.3.(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=1-2𝑛1-2=2n-1,则cn=|2n-16|,故

cn={16-2𝑛(1≤𝑛≤4),2𝑛-16(𝑛>4),则当1≤n≤4时,Tn=(16-21)+(16-22)+…+(16-2n)=16n-(21+22+…+2n)=16n-2(1-2𝑛)1-2=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+2(1-2𝑛)1-2-16n=2n+1-16

n+66,则Tn={16𝑛-2𝑛+1+2(1≤𝑛≤4),2𝑛+1-16𝑛+66(𝑛>4).4.解(1)因为2√𝑆𝑛=an+1,所以a1=1.因为2√𝑆𝑛=an+1,所以Sn=(𝑎𝑛+1)24.①当n≥2时,Sn-1=(𝑎�

�-1+1)24,②①-②得,2an+2an-1=𝑎𝑛2−𝑎𝑛-12,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-1.6(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=𝑆𝑛(𝑛+1)2−𝑆𝑛(𝑛+1)2-𝑛,而Sn=(1+2𝑛-1)𝑛2=n2,所以bn=𝑆𝑛(𝑛+1)2−𝑆𝑛(𝑛+1)2-𝑛=𝑛(𝑛+1)22-𝑛(𝑛+1)2-n2=n3.②由①可得

(-1)n𝑏𝑛𝑛=(-1)nn2,所以T2n=(-1+22)+(-32+42)+(-52+62)+…+[-(2n-1)2+(2n)2]=3+7+…+(4n-1)=𝑛(3+4𝑛-1)2=n(2n+1).5.解(1)设{an}的公差为d,由a2=1,S

7=14得{𝑎1+𝑑=1,7𝑎1+21𝑑=14,解得{𝑎1=12,𝑑=12,∴an=𝑛2.∵b1b2b3…bn=2𝑛2+𝑛2=2𝑛(𝑛+1)2,∴b1b2b3…bn-1=2𝑛(𝑛-1)2(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(𝑛2π),∴T2n=2cosπ2+22cosπ+23cos3π2+24cos(2π)+…+22n-1cos(2𝑛-1)π2+22ncos(nπ)=22cosπ+24cos(2π)+…+22

ncos(nπ)=-22+24-…+(-1)n·22n=-4[1-(-4)𝑛]1+4=-4+(-4)𝑛+15.6.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=𝑎233=1,解得a23=1.由a32+a33+a

34=3a33=32,解得a33=12,则q=𝑎33𝑎23=12.由a23=a13q=(a11+2d)q=(1+2d)·12=1,解得d=12,因此a1n=a11+(n-1)d=1+𝑛-12=𝑛+12.(2)由an

n=a1nqn-1=𝑛+12·12n-1=𝑛+12𝑛,7可得Sn=221+322+423+…+𝑛+12𝑛,两边同时乘以12可得,12Sn=222+323+…+𝑛2𝑛+𝑛+12𝑛+1,上述两式相减可得,12Sn=1+122

+123+…+12𝑛-𝑛+12𝑛+1=1+122(1-12𝑛-1)1-12−𝑛+12𝑛+1=32−𝑛+32𝑛+1,因此Sn=3-𝑛+32𝑛.