专题跟踪检测7 子数列问题（Word练习）-【创新方案】2024年高考数学二轮复习专题辅导与测试（新教材）

专题跟踪检测（七） 子数列问题 1．已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3. 第一列 第二列 第三列 第一行 1 5 2 第二行 4 3 10 第三行 9 8 20 (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若cn＝[lg bn]，其中[x]是高斯函数(表示不超过x的最大整数)，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{cn}的前100项和T100. 解：(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8， 所以等比数列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n. 设等差数列{bn}的公差为d， 则2＝b3－2b1＝2d－b1， S7＝＝7b4＝7a3， 所以b4＝8＝b1＋3d， 所以b1＝2，d＝2，bn＝2n. (2)由(1)知cn＝[lg (2n)]， 则T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg 2]＋[lg 4]＋[lg 6]＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋[lg 200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147. 2．已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a1＝，数列{bn}是等比数列，且b1＝a1，b2＝－a3，b3＝a4，数列{bn}的前n项和为Sn. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)设cn＝求{cn}的前n项和Tn. 解：(1)设数列{an}的公差为d，d≠0，因为数列{bn}是等比数列，所以b＝b1b3，所以a＝a1a4，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，所以a1d＋4d2＝0.因为d≠0，所以a1＋4d＝0.又a1＝，所以d＝－.又b1＝a1＝，数列{bn}的公比q＝＝＝＝－，所以bn＝b1qn－1＝×n－1. (2)由(1)知bn＝×n－1，an＝a1＋(n－1)d＝－(n－1)＝－n＋， 所以cn＝ 当1≤n≤5时，Tn＝＝1－n， 当n≥6时，Tn＝1－5＋ ＝－n2＋n－， 所以Tn＝ 3．(2023·潍坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>1，满足S3＝13，a＝3a6. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：(1)法一：因为{an}是公比q>1的等比数列，所以由 得即两式相除得＝， 整理得3q2－10q＋3＝0，即(3q－1)(q－3)＝0，解得q＝3或q＝.又q>1，所以q＝3，故a1＝＝1，所以an＝a1qn－1＝3n－1. 法二：因为{an}是公比q>1的等比数列，所以由得 即则 故 解得或(舍去)，故q2＝＝9， 则q＝3，所以an＝a1qn－1＝3n－1. (2)当n为奇数时，bn＝an＝3n－1，当n为偶数时，bn＝bn－1＋n＝3n－2＋n，所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n) ＝(30＋32＋…＋32n－2)＋(30＋2＋32＋4＋…＋32n－2＋2n) ＝2×(30＋32＋…＋32n－2)＋(2＋4＋…＋2n)＝2×＋＝＋n(n＋1)． 4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且Sn＋1＝2Sn＋n＋3.数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn(n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)将数列{bn}中的项按从小到大的顺序依次插入数列{an}中，在任意的ak，ak＋1之间插入2k－1项，从而构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前100项的和． 解：(1)由已知得，当n≥2时，有Sn＋1＝2Sn＋n＋3， Sn＝2Sn－1＋n＋2，两式相减得an＋1＝2an＋1.又因为a1＋a2＝2a1＋4，所以a2＝7＝2a1＋1，满足上式．所以an＋1＋1＝2(an＋1)．又a1＋1＝4，所以{an＋1}是以4为首项，2为公比的等比数列．所以an＋1＝4·2n－1，即an＝2n＋1－1.又bn＋1＝bn＝bn， 所以bn＝bn－1(n≥2)．又b1＝1，所以当n≥2时，有b1＝1， b2＝3b1，b3＝b2，b4＝b3，…，bn＝bn－1，两边同时相乘可得， b1b2b3…bn－1bn＝1×3×××…×·b1b2b3…bn－1＝(2n－1)b1b2b3…bn－1， 所以bn＝2n－1. (2)设100项中，来自于数列{an}中的有m项． 若第100项来自于{an}，则应有m＋2×1－1＋2×2－1＋…＋2(m－1)－1＝100， 整理可得，m2－m－99＝0，该方程没有正整数解，不满足题意； 若第100项来自于{bn}，则应有m＋2×1－1＋2×2－1＋