2023学年高考数学大二轮复习专题突破练13等差等比数列的综合问题理2.docx

专题突破练13　等差、等比数列的综合问题 1.(2023黑龙江哈尔滨第三中学高三第二次模拟)设数列{an}满足an+1=13an+2,a1=4. (1)求证:{an-3}是等比数列,并求an; (2)求数列{an}的前n项和Tn. 2.(2023湖北高三4月份调研)已知数列{an}满足a2-a1=1,其前n项和为Sn,当n≥2时,Sn-1-1,Sn,Sn+1成等差数列. (1)求证:{an}为等差数列; (2)若Sn=0,Sn+1=4,求n. 3.(2023贵州贵阳高三5月适应性考试)等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,已知S4=16,a1,a2,a5成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记点A(n,Sn),B(n+1,Sn+1),C(n+2,Sn+2),求证:△ABC的面积为1. 4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,且3S1,2S2,S3成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=log3an,求Tn=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1. 5.(2023广东梅州高三总复习质检)已知数列{an}满足1n(a1+2a2+…+2n-1an)=2n+1(n∈N*). (1)求a1,a2和{an}的通项公式; (2)记数列{an-kn}的前n项和为Sn,若Sn≤S4对任意的正整数n恒成立,求实数k的取值范围. 6.(2023西藏山南地区第二高级中学高三上学期期中模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S9=90,S15=240. (1)求数列{an}的通项公式和前n项和Sn; (2)设{bn-(-1)nan}是等比数列,且b2=7,b5=71,求数列{bn}的前n项和Tn. 7.(2023山东烟台高三5月适应性练习)已知数列{an}前n项和Sn满足Sn=2an-2(n∈N*),{bn}是等差数列,且a3=b4-2b1,b6=a4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{(-1)nbn2}的前2n项和T2n. 8.设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6. (1)求Sn和Tn; (2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值. 2023学年参考答案 专题突破练13　等差、等比 数列的综合问题 1.解(1)∵an+1=13an+2,a1=4, ∴an+1-3=13(an-3). 故{an-3}是首项为1,公比为13的等比数列. ∴an=3+13n-1. (2)an=3+13n-1, 故Tn=3n+130+131+…+13n-1=3n+1-(13) n1-13=3n+321-13n. 2.(1)证明当n≥2时,由Sn-1-1,Sn,Sn+1成等差数列,得2Sn=Sn-1-1+Sn+1, 即Sn-Sn-1=-1+Sn+1-Sn,即an=-1+an+1(n≥2), 则an+1-an=1(n≥2), 又a2-a1=1,故{an}是公差为1的等差数列. (2)解由(1)知数列{an}的公差为1. 由Sn=0,Sn+1=4,得an+1=4,即a1+n=4, 由Sn=0,得na1+n(n-1)2=0,即a1+n-12=0, 联立解得n=7. 3.(1)解由题意得4a1+4×32d=16,(a1+d)2=a1(a1+4d), 由于d≠0,解得a1=1,d=2. ∴an=1+(n-1)×2=2n-1. (2)证明由(1)知Sn=n×1+n(n-1)2×2=n2, ∴△ABC的面积S=12(Sn+Sn+2)×2-12(Sn+Sn+1)×1-12(Sn+1+Sn+2)×1 =12(Sn+Sn+2-2Sn+1) =12[n2+(n+2)2-2(n+1)2]=1. 4.解(1)∵3S1,2S2,S3成等差数列,∴4S2=3S1+S3, ∴4(a1+a2)=3a1+(a1+a2+a3), 即a3=3a2,∴公比q=3, ∴an=a1qn-1=3n. (2)由(1)知,bn=log3an=log33n=n, ∵b2n-1b2n-b2nb2n+1=(2n-1)·2n-2n(2n+1)=-4n, ∴Tn=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+…+(b2n-1b2n-b2nb2n+1)=-4(1+2+…+n)=-4×n(n+1)2=-2n2-2n. 5.解(1)由题意得a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1, 所以a1=1×22=4,a1+2a2=2×23,得a2=6. 由a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1, 所以a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n(n≥2), 相减得2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n, 得an=2n+2,当n=1也满足上式. 所以{an}的通项公式为an=2n+2. (2)数列{an-kn}的通项公式为an-kn=2n+2-kn=(2-k)n+2, 所以数列{an-kn}是以4-k为首项,公差为2-k的等差数列. 若Sn≤S4对任意的正整数n恒成立,等价于当n=4时,Sn取得最大值, 所以a4-4k=4(2-k)+2≥0,a5-5k=5(2-k)+2≤0. 解得125≤k≤52. 6.解(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d. 则由S9=90,S15=240, 得9a1+36d=90,15a1+105d=240, 解得a1=2,d=2. 所以an=2+(n-1)×2=2n,即an=2n. Sn=2n+n(n-1)2×2=n(n+1),即Sn=n(n+1). (2)令cn=bn-(-1)nan, 设{cn}的公比为q, ∵b2=7,b5=71,an=2n,∴c2=b2-(-1)2a2=3,c5=b5-(-1)5a5=81, ∴q3=c5c2=27,q=3,∴cn=c2qn-2=3n-1, 从而bn=3n-1+(-1)n2n, Tn=b1+b2+…+bn=(30+31+…+3n-1)+[-2+4-6+…+(-1)n2n], 当n为偶数时,Tn=3n+2n-12; 当n为奇数时,Tn=3n-2n-32. 所以Tn=3n+2n-12,n为偶数,3n-2n-32,n为奇数. 7.解(1)Sn=2an-2,① 当n=1时,得a1=2, 当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,② ①②两式作差得an=2an-1(n≥2), 所以数列{an}是以2为首项,公比为2的等比数列, 所以an=2n. 设等差数列{bn}的公差为d, 由a3=b4-2b1,b6=a4, 所以8=3d-b1,16=5d+b1, 所以d=3,b1=1, 所以bn=3n-2. (2)T2n=(-b12+b22)+(-b32+b42)+…+(-b2n-12+b2n2) =3(b1+b2)+3(b3+b4)+…+3(b2n-1+b2n) =3(b1+b2)+3(b3+b4)+…+3(b2n-1+b2n)=3(b1+b2+…+b2n). 又因为bn=3n-2, 所以T2n=3×2n(b1+b2n)2=3n[1+3×(2n)-2]=18n2-3n. 8.解(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1. 所以,Tn=1-2n1-2=2n-1. 设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n. 所以Sn=n(n+1)2. (2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=2×(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2. 由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得n(n+1)2+2n+1-n-2=n+2n+1,整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4. 所以正整数n的值为4. 12