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专练33高考大题专练(三)数列的综合运用授课提示：对应学生用书69页1．[2024·全国甲卷(理)]记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn＝3an＋4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝(－1)n－1

nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解析：(1)因为4Sn＝3an＋4，所以4Sn＋1＝3an＋1＋4，两式相减得4an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝－3an.又因为4S1＝3a1＋4，所以a1＝

4，故数列{an}是首项为4，公比为－3的等比数列．所以an＝4·(－3)n－1.(2)方法一由(1)及题意得，bn＝(－1)n－1nan＝4n·3n－1，所以Tn＝4(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n·3n－1)，3Tn＝4(1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n)，两式相减可得－

2Tn＝4(1＋31＋32＋…＋3n－1－n·3n)＝4(1－3n1－3－n·3n)＝(2－4n)3n－2，所以Tn＝(2n－1)3n＋1.方法二由(1)及题意得bn＝(－1)n－1nan＝4n·3n－1，所以当n≥2时，Tn＝Tn－1＋4

n·3n－1，两边同时减去(2n－1)3n，得Tn－(2n－1)3n＝Tn－1－(2n－3)3n－1，故{Tn－(2n－1)3n}为常数列．所以Tn－(2n－1)3n＝T1－(2×1－1)·3＝1，所以Tn＝(2n－1)3n＋1，n≥2.当n＝1时，T1＝b1＝4，满

足上式，所以Tn＝(2n－1)3n＋1．2．设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝n2＋nan，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；(2)若{bn}为等差数列，且S

99－T99＝99，求d.解析：(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d，所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，所以an＝nd.因为bn＝n2＋nan，所以bn＝n2＋nnd＝n＋1d，所以S3＝3（a1＋a3）2＝3（

d＋3d）2＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝2d＋3d＋4d＝9d.因为S3＋T3＝21，所以6d＋9d＝21，解得d＝3或d＝12，因为d>1，所以d＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n.(2)因为bn＝n2＋nan，且{bn}为等差数列，所以

2b2＝b1＋b3，即2×6a2＝2a1＋12a3，所以6a1＋d－1a1＝6a1＋2d，所以a21－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d.①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝n2＋nan＝n2＋nnd＝n＋1d，S9

9＝99（a1＋a99）2＝99（d＋99d）2＝99×50d，T99＝99（b1＋b99）2＝99（2d＋100d）2＝99×51d.因为S99－T99＝99，所以99×50d－99×51d＝99，即50d2－d－51＝0，解得d＝5150或d＝－1(舍去).②当a1＝2

d时，an＝(n＋1)d，所以bn＝n2＋nan＝n2＋n（n＋1）d＝nd，S99＝99（a1＋a99）2＝99（2d＋100d）2＝99×51d，T99＝99（b1＋b99）2＝99（1d＋99d）2

＝99×50d.因为S99－T99＝99，所以99×51d－99×50d＝99，即51d2－d－50＝0，解得d＝－5051(舍去)或d＝1(舍去).综上，d＝5150.3．已知数列{an}满足a1＝

1，an＋1＝an＋1，n为奇数，an＋2，n为偶数．(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；(2)求{an}的前20项和．解析：(1)由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋

1＝a2＋2＋1＝5又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2，(k∈N*)故a2k＋2＝a2k＋3，即bn＋1＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3所以{}bn为等差数列，故bn＝2＋()n－1×3＝3n－1.(2)设{}an的前20项和为S2

0，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，所以S20＝2()a2＋a4＋…＋a18＋a20－10＝2()b1＋b2＋…＋b9＋b10－10＝2×10×2＋9×

102×3－10＝300.4．[2022·新高考Ⅰ卷]记Sn为数列{}an的前n项和，已知a1＝1，Snan是公差为13的等差数列．(1)求{}an的通项公式；(2)证明：1a1＋1a2＋…＋1an<2.解析：

(1)∵a1＝1，∴S1a1＝1.又∵Snan是公差为13的等差数列，∴Snan＝S1a1＋13(n－1)，即Sn＝(13n＋23)an＝13(n＋2)an，∴当n≥2时，Sn－1＝13(n＋1)an－1

，∴an＝Sn－Sn－1＝13(n＋2)an－13(n＋1)an－1，n≥2，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，∴anan－1＝n＋1n－1，n≥2，∴当n≥2时，anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2a1＝n＋1n－1·nn－2·…·42·31＝n（n＋1

）2，∴an＝n（n＋1）2.当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝n（n＋1）2.(2)证明：由(1)知an＝n（n＋1）2，∴1an＝2n（n＋1）＝2(1n－1n＋1)，∴1a1＋1a2＋…＋1an＝2(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝2(1－1

n＋1).∵n∈N*，∴0＜1n＋1≤12，∴1－1n＋1＜1，∴2(1－1n＋1)＜2，∴1a1＋1a2＋…＋1an＜2.5．[2023·全国甲卷(理)]记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan.

(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{an＋12n}的前n项和Tn.解析：(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1，两式相

减得2an＝nan－(n－1)an－1，即(n－1)an－1＝(n－2)an，当n＝2时，可得a1＝0，故当n≥3时，anan－1＝n－1n－2，则anan－1·an－1an－2·…·a3a2＝n－1n－2·n－2n－3·…·21，整理得ana2＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1(

n≥3).当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1.(2)方法一令bn＝an＋12n＝n2n，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝12＋222＋…＋n－12n－1＋n2n①，12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1②由①－②得1

2Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1＝1－2＋n2n＋1，即Tn＝2－2＋n2n.方法二设bn＝an＋12n，所以bn＝an＋12n＝n2n＝(12n＋0)

×12n－1，故a＝12，b＝0，q＝12.故A＝aq－1＝1212－1＝－1，B＝b－Aq－1＝0＋112－1＝－2，C＝－B＝2.故Tn＝(An＋B)·qn＋C＝(－n－2)12n＋2，整理得Tn＝2－2＋n2n.6．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的

前n项积，已知2Sn＋1bn＝2.(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．解析：(1)因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝bnbn－1，代入2Sn＋1bn＝2可

得，2bn－1bn＋1bn＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝12(n≥2).又2S1＋1b1＝3b1＝2，所以b1＝32，故{bn}是以32为首项，12为公差的等差数列．(2)由(1)可知，bn＝n＋22，则2Sn＋2n＋

2＝2，所以Sn＝n＋2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝32，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n＋1－n＋1n＝－1n（n＋1）.故an＝32，n＝1－1n（n＋1），n≥2.7．[2023·新课标Ⅱ卷]已知{an}为等差数列，bn＝an－6，n为奇

数2an，n为偶数.记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.(1)求{an}的通项公式；(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.解析：(1)设等差数列{an}的公差为d.因为b

n＝an－6，n为奇数2an，n为偶数，所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.因为S4＝32，T3＝16，所以4a1＋6d＝32（a1－6

）＋（2a1＋2d）＋（a1＋2d－6）＝16，整理，得2a1＋3d＝16a1＋d＝7，解得a1＝5d＝2，所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.(2)由(1)知an＝2n＋3，所以Sn＝n[5＋（2n＋3）]2＝

n2＋4n.当n为奇数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n

＋2)]＝n＋12（－1＋2n－3）2＋n－12（14＋4n＋2）2＝3n2＋5n－102.当n>5时，Tn－Sn＝3n2＋5n－102－(n2＋4n)＝n2－3n－102＝（n－5）（n＋2）2>0，所以Tn>Sn.

当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝n2（－1＋2n－5）2＋n2（14＋4n＋6）2＝3n2＋7n2.当n>5时，T

n－Sn＝3n2＋7n2－(n2＋4n)＝n2－n2＝n（n－1）2>0，所以Tn>Sn.综上可知，当n>5时，Tn>Sn.8．设{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.解析：(1)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＝13n－1，bn＝n3n.(2)由(1)

知Sn＝1－13n1－13＝32(1－13n)，Tn＝13＋232＋333＋…＋n3n，①13Tn＝132＋233＋334＋…＋n－13n＋n3n＋1，②①－②得23Tn＝13＋132＋133＋…＋13n－n3n＋1，即23Tn＝13（1－13n）1－13－n3n＋1＝12(1－13n

)－n3n＋1，整理得Tn＝34－2n＋34×3n，则2Tn－Sn＝2(34－2n＋34×3n)－32(1－13n)＝－n3n<0，故Tn<Sn2.