第六章 第六节 数列中的综合问题（课时跟踪检测）-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习学用word

第六节　数列中的综合问题 1.（2025·天津北辰一模）已知在等比数列{an}中，a4a8＝12a6，等差数列{bn}的前n项和为Sn，且2b4＝a6，则S7＝（　　） A.60 B.54 C.42 D.36 2.（2024·阳泉三模）已知等差数列{an}中，a7是函数f（x）＝sin（2x－）的一个极大值点，则tan（a5＋a9）的值为（　　） A. B. C.± D.－ 3.（2025·豫西南联考）已知数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，满足Sn＝2an－1，则log2＝（　　） A.45 B.50 C.55 D.60 4.（2025·张家口一模）数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝则S100＝（　　） A.3×251－156 B.3×251－103 C.3×250－156 D.3×250－103 5.（2024·珠海一中期末）将数列{2n－1}与数列{n2－1}的公共项从小到大排列得到新数列{an}，则＝　　　　. 6.某校数学兴趣小组制作了如下数表： 1　 2　 3　 4　 5　 6　 … 　3　 5　 7　 9　11　13　… 　　8　12　16　20　24　28　… 　　　…　…　…　…　…　…　… 该数表的第一行是数列{n}，从第二行起每一个数都等于它肩上的两个数之和.这个数表中第4行的第5个数为　　　　；若各行的第1个数依次构成数列1，3，8，…，则该数列的前n项和Sn＝　　　　. 7.已知等差数列{an}的首项a1＝2，公差d＝3，在{an}中每相邻两项之间都插入2个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn}. （1）求数列{bn}的通项公式； （2）插入的数构成一个新数列，求该数列前2n项的和T2n. 8.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＞0，且2Sn＋1－＝－2Sn. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝，{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜. 9.（创新知识交汇）（2024·衡阳5月三模）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1. （1）若＝4Sn－2an－1，求数列{an}的通项公式； （2）若函数f（x）＝2ex＋x，数列{an}满足an＋1＝f（an）（n∈N*）.证明：Sn≥3n－n－1. 10.（多想少算）（2025·苏州调研）记an为数列{bn}的前n项积，已知＋＝1. （1）证明：数列{an}是等差数列； （2）若将集合{x｜x＝an，n∈N*}∪{x｜x＝，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，c4，…，求数列{cn}的前4n项和T4n. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六节　数列中的综合问题 1.C　由等比数列的性质可知a4a8＝＝12a6，因为a6≠0，所以a6＝12，b4＝6，所以S7＝＝7b4＝42. 2.D　由正弦函数性质知，当2x－＝＋2kπ，k∈Z，即x＝＋kπ，k∈Z时，函数f（x）＝sin（2x－）取得极大值，则a7＝＋kπ，k∈Z，由等差数列性质，得a5＋a9＝2a7＝＋2kπ，k∈Z，所以tan（a5＋a9）＝tan（＋2kπ）＝tan＝tan（π－）＝－tan＝－. 3.D　根据题意，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1（n≥2），两式相减可得an＝2an－1.当n＝1时，a1＝1，所以an≠0，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列.所以an＝2n－1，所以＝a5·a6·…·a12＝（a8·a9）4＝（215）4＝260，所以log2＝60，故选D. 4.A　因为a1＝1，an＋1＝所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2，所以a2k＋2＋a2k＋1＝2（a2k＋a2k－1）＋3.记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3，所以bn＋1＋3＝2（bn＋3），又b1＋3＝a2＋a1＋3＝6，所以{bn＋3}是以6为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋3＝6×2n－1，bn＝6×2n－1－3.记{bn}的前n项和为Tn，则S100＝T50＝（6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249）－3×50＝3×251－156. 5.　解析：显然2n－1是奇数，故两个数列的公共项必为奇数，对于数列{n2－1}，当n为奇数时，设n＝2k－1（k∈N*），则n2－1＝（2k－1）2－1＝4k·（k－1）为偶数；当n为偶数时，设n＝2k（k∈N*），则n2－1＝4k2－1为奇数.故an＝4n2－1，＝＝（－），∴＋＋…＋＝（－＋－＋…＋－）＝（1－）＝，∴＋＋…＋＝. 6.52　n·2n－1　解析：由数表规律可知，第4行的第1个数为8＋12＝20，第n行是公差为2n－1的等差数列，所以第4行的公差d＝24－1＝8，则第4行的第5个数为52.记各行的第1个数组成的数列为{an}，则a1＝1，an＋1＝2an＋2n－1，两边同除以2n＋1，得＝＋，故是首项为，公差为的等差数列，则＝＋（n－1）＝，an＝·2n＝（n＋1）·2n－2，则Sn＝1＋3×20＋4×21＋…＋（n＋1）2n－2，2Sn＝2＋3×21＋4×22＋…＋（n＋1）2n－1，两式相减得，－Sn＝1＋20＋21＋22＋…＋2n－2－（n＋1）·2n－1＝1＋－（n＋1）2n－1＝2n－1－（n＋1）·2n－1＝－n·2n－1，所以Sn＝n·2n－1. 7.解：（1）设数列{bn}的公差为d'，由题意知：b1＝a1＝2，b4＝a2， d'＝＝＝＝1， 所以bn＝b1＋（n－1）d'＝2＋（n－1）＝n＋1， 所以{bn}的通项公式是bn＝n＋1. （2）数列{an}的通项公式为an＝a1＋（n－1）d＝2＋3（n－1）＝3n－1， 记数列{an}与{bn}前n项的和分别为Sn，S'n， 则T2n＝S'3n－Sn＝－＝－＝n（3n＋4）. 8.解：（1）当n＝1时，2S2－＝－2S1⇒－2a2－8＝0，∴a2＝4， 当n≥2时2Sn＋1－＝－2Sn， ① 2Sn－＝－2Sn－1， ② ①－②得：－＋2an＋2an＋1＝0⇒（an－an＋1＋2）（an＋an＋1）＝0，由于数列各项均为正数，故有an＋1＝an＋2，则有an＝a2＋（n－2）×2＝2n， 当n＝1时也成立，故an＝2n. （2）证明：由题意可得：bn＝＝＝·＜·＝（－）， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＜＋［（－）＋（－）＋…＋（－）］＝＋（－）＝－·＜. 综上可得，结论得证. 9.解：（1）由＝4Sn－2an－1知，当n≥2时，＝4Sn－1－2an－1－1， 两式相减得－＝4（Sn－Sn－1）－2an＋2an－1， 即（an＋an－1）（an－an－1）＝2（an＋an－1）， 由题意得an＞0，则an－an－1＝2，因此数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列， 所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2（n－1）＝2n－1. （2）证明：令h（x）＝ex－x－1，则h'（x）＝ex－1， 易知当x＜0时，h'（x）＜0，当x＞0时，h'（x）＞0， 所以函数h（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增， 所以h（x）≥h（0）＝0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号. 又an＞0，所以an＋1＝f（an）＝2＋an＞2（an＋1）＋an＝3an＋2， 即an＋1＋1＞3（an＋1），即＞3. 当n≥2时，an＋1＝（a1＋1）····…·＞（a1＋1）·3n－1＝2·3n－1， 当n＝1时，a1＋1＝2＝2×30，因此an≥2×3n－1－1， 所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an≥（2×30－1）＋（2×31－1）＋（2×32－1）＋…＋（2×3n－1－1）＝2（30＋31＋32＋…＋3n－1）－n＝2×－n＝3n－n－1，得证. 10.解：（1）证明：当n＝1时，＋＝1，因为an为数列{bn}的前n项积，所以a1＝b1，所以a1＝3. 当n≥2时，bn＝，则＋＝1，则an－1＋2＝an，即an－an－1＝2，所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列. （2）由（1）知an＝2n＋1，数列{an}是首项为a1＝3，公差为2的等差数列. 设{an}的前n项和为An，令en＝＝3n－1，则数列{en}是首项为e1＝2，公差为3的等差数列，设{en}的前n项和为Bn，数列{an}与数列{en}中相同的项构成的数列为{hn}，{hn}的前n项和为Hn. 当am＝ek时，2m＋1＝3k－1，则k＝. 因为2，3互质，所以m＋1必为3的倍数，即m＋1＝3p（p∈N*），m＝3p－1，则am＝a3p－1＝2（3p－1）＋1＝6p－1，所以有hn＝6n－1，{hn}为首项为h1＝5，公差为6的等差数列. 因为hn＝6n－1＝a3n－1＝e2n，hn＋1＝6n＋5＝a3n＋2＝e2n＋2，所以两个数列对应相同的两项之间，{an}中有2个数，{en}中有1个数， 所以T4n＝A3n＋B2n－Hn，A3n＝3·3n＋＝9n2＋6n， B2n＝2·2n＋＝6n2＋n，Hn＝5n＋＝3n2＋2n， 所以T4n＝12n2＋5n. 学科网（北京）股份有限公司 $