数列 解答题专练-【赢在微点】2024高考理科数学大一轮复习顶层设计核心微练word（老高考）

数列　解答题专练 1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn。若a1=b1=3,a4=b2,S4-T2=12。 (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)求数列{an+bn}的前n项和。 解　(1)由a1=b1,a4=b2,则S4-T2=(a1+a2+a3+a4)-(b1+b2)=a2+a3=12,设等差数列{an}的公差为d,则a2+a3=2a1+3d=6+3d=12,所以d=2。所以an=3+2(n-1)=2n+1,设等比数列{bn}的公比为q,由题意知b2=a4=9,即b2=b1q=3q=9,所以q=3。所以bn=3n。 (2)由(1)可得an+bn=(2n+1)+3n,所以{an+bn}的前n项和为(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)=(3+5+…+2n+1)+(3+32+…+3n)=+=n(n+2)+。 2.已知数列{an}的通项公式为an=2n+4,数列{bn}的首项b1=2。 (1)若{bn}是公差为3的等差数列,求证:{}也是等差数列; (2)若{}是公比为2的等比数列,求数列{bn}的前n项和。 解　(1)证明:因为{bn}是公差为3的等差数列,所以bn+1-bn=3。又an=2n+4,所以-=(2bn+1+4)-(2bn+4)=2(bn+1-bn)=6。所以{}是等差数列。 (2)因为{}是公比为2的等比数列,首项为=a2=2×2+4=8,所以=8×2n-1=2n+2,所以=2bn+4=2n+2,所以bn=2n+1-2,所以数列{bn}的前n项和Sn=(22-2)+(23-2)+…+(2n+1-2)=(22+23+…+2n+1)-2n=2n+2-2n-4。 3.(2022·沈阳市联考)在①3S8=2S10,②8a7=S10,③数列{a3n}的前5项和为95,这三个条件中任选一个,补充在下面的横线中,并解答问题。 设各项为正的等差数列{an}的前n项和为Sn,　　　,且2a2+a3=2S2+1。  (1)求an; (2)求数列的前n项和Tn。 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分。 解　若选择条件①。 (1)设数列{an}的公差为d,因为2a2+a3=2S2+1=2(a1+a2)+1,所以a3=2a1+1,所以2d-a1=1。因为3S8=2S10,所以S8=2(S10-S8)=2(a9+a10),所以=2(a1+8d+a1+9d),得2a1=3d,又2d-a1=1,所以a1=3,d=2,所以an=2n+1,n∈N*。 (2)由(1)知Sn==n(n+2),所以==-,所以Tn=+++…++=-+-+-+…+-+-=1+--=。 若选择条件②。 (1)设数列{an}的公差为d,因为2a2+a3=2S2+1=2(a1+a2)+1,所以a3=2a1+1,所以2d-a1=1。因为8a7=S10,所以8(a1+6d)=,得2a1=3d,又2d-a1=1,所以a1=3,d=2,所以an=2n+1,n∈N*。 (2)同选择条件①。 若选择条件③。 (1)设数列{an}的公差为d,因为2a2+a3=2S2+1=2(a1+a2)+1,所以a3=2a1+1,所以2d-a1=1。因为数列{a3n}的前5项和为95,所以a3+a6+a9+a12+a15=95,所以a1+8d=19,又2d-a1=1,所以a1=3,d=2,所以an=2n+1,n∈N*。 (2)同选择条件①。 4.(2022·新高考全国Ⅱ卷)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4。 (1)证明:a1=b1。 (2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数。 解　(1)证明:设等差数列{an}的公差为d。由a2-b2=a3-b3,知a1+d-2b1=a1+2d-4b1,故d=2b1。由a2-b2=b4-a4,知a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),所以a1+d-2b1=4d-(a1+3d),所以a1+d-2b1=d-a1。整理,得a1=b1,得证。 (2)由(1)知d=2b1=2a1。由bk=am+a1,知b1·2k-1=a1+(m-1)·d+a1,即b1·2k-1=b1+(m-1)·2b1+b1,即2k-1=2m。因为1≤m≤500,所以2≤2k-1≤1 000,解得2≤k≤10。故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9。 5.(2023·福州市诊断性联考)已知等比数列{an}的首项为-2,前n项和为Sn,且Sn+2,Sn,Sn+1成等差数列。 (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=,求数列{anbn}的前10项和T10。([x]表示不超过x的最大整数) 解　(1)因为Sn+2,Sn,Sn+1成等