课时规范练41　数列中的综合问题-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦数列综合应用，通过等差等比基础、Sn与an关系、新数列构造及递推证明四大模块，系统训练运算能力与推理能力，构建知识逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |等差等比综合|第1题|已知Sn求an、等比T5与T3关系，恒成立求λ|通项公式（Sn法）→等比求和（分类讨论）→不等式恒成立（最值法）| |Sn与an及新数列|第2题|Sn求an、等比b3与a3关系，cn分段求和|Sn与an互化→等比基本量→新数列分组求和（含2的幂次项）| |新数列构造|第3题|等差a2及a4+a5、等比b2等差中项，插入bk个2求和|等差基本量→等比基本量→新数列项数分析（含等比求和）| |递推与不等式证明|第4题|an+1与an递推关系，bn积求Tn并证不等式|递推式变形（倒数法）→等差数列→构造函数（lnx<x-1）证明|

课时规范练41　数列中的综合问题 (分值:58分) 1.(13分)(2026·江苏苏州模拟)已知数列{an}的前n项为Sn,且Sn=n2.正项等比数列{bn}的首项为1,Tn为其前n项和,且T5=5T3-4. (1)求an,bn; (2)当λ>0时,若λSn≤Tn+1对任意的n∈N*恒成立,求实数λ的最大值. 2.(15分)(2026·浙江杭州期中)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足2Sn=3n2+5n,数列{bn}是等比数列,公比q>0,b1=6,b3=2a3+4. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式. (2)设数列{cn}满足c1=1,cn=其中k∈N*. ①求数列{cn}的前2 026项和T2 026; ②求(n∈N*). 3.(15分)(2025·湖南益阳模拟)已知{an}是等差数列,{bn}是公比不为1的等比数列,a2=6,a4+a5=22,3a1=4b1,且2b2是3b1与b3的等差中项. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)若对于数列{an},{bn},在ak和ak+1之间插入bk个2(k∈N*),组成一个新的数列{cn},记数列{cn}的前n项和为Tn,求T2 026. 4.(15分)(2026·广西南宁模拟)已知a2=,an+1+3anan+1=an. (1)求{an}的通项公式; (2)令bn=,Tn为bn的前n项之积,求证:+…+<ln(n+1). 参考答案 课时规范练41　数列中的综合问题 1.解 (1)由Sn=n2, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1, 当n=1时,a1=S1=1,满足上式,所以an=2n-1. 设{bn}的公比为q(q>0),由T5=5T3-4,正项等比数列{bn}的首项为1, 当公比q=1时,T5=5b1=5,5T3-4=15b1-4=11,不满足T5=5T3-4,所以q≠1; 当公比q≠1,且q>0时,=5×-4,解得q=2,此时bn=2n-1`. 综上所述,bn=2n-1. (2)由λSn≤Tn+1,λ>0,则λ·n2≤+1=2n,即λ≤对任意的n∈N*恒成立. 当n=1时,=2, 当n≥2时,设数列{}在第n项取得最小值,则解得+1≤n≤+2,而n∈N*,则n=3,此时取得最小值,即λ≤,则实数λ的最大值为. 2.解 (1)当n=1时,由2S1=2a1=8得a1=4. 当n≥2时,由2Sn=3n2+5n得2Sn-1=3(n-1)2+5(n-1), 两式相减整理得an=3n+1. 显然a1=4符合上式,所以an=3n+1. 由q>0,b1=6,且b3=2×(3×3+1)+4=24=b1q2,所以q=2, 所以bn=b1qn-1=3·2n. (2)①易知210=1 024<2 026<211=2 048,即数列{cn}的前2 026项中有10项分别为c2=b1,c4=b2,…,c512=b9,c1 024=b10,其余项均为1, 故数列{cn}的前2 026项和T2 026=2 026-10+b1+b2+…+b10=2 016+=8 154. ②由(1)知=3·2i+1,而=3·2i, 所以=3·2i(3·2i+1)=9·4i+3·2i. 易知9·4i==3·4n+1-12,3·2i==3·2n+1-6, 所以=3·4n+1+3·2n+1-18. 3.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q≠1),由a2=6,a4+a5=22,得a2+2d+a2+3d=22,故d=2, 所以an=a2+(n-2)d=6+2(n-2)=2n+2. 所以a1=4,由3a1=4b1,得b1=3, 又2b2是3b1与b3的等差中项,所以2×2b2=3b1+b3, 即12q=9+3q2,解得q=3或q=1(舍去),故bn=b1qn-1=3·3n-1=3n. (2)根据题意可得,a1,2,2,2,a2,2,2,2,2,2,2,2,2,2,a3,…,ak,…,ak+1, 所以在数列{cn}中,ak+1项是第k+1+3+32+…+3k项. 令k+1+3+32+…+3k≤2 026,故k+1+≤2 026,则k+≤2 026, 因此当k=6时,6+=1 099<2 026成立,当k=7时,7+>2 026成立, 所以在数列{cn}的前2 026项中,包含{an}的前7项,还有2 026-7=2 019个2,故T2 026=2×2 019+=4 108. 4.(1)解 因为an+1+3anan+1=an, 由题意知an≠0,等式两边同时除以anan+1得+3=,即=3. 由a2==3, 所以{}是以3为首项,3为公差的等差数列, 所以=3+3(n-1),可得an=. (2)证明 由(1)知,bn=,所以Tn=b1b2…bn=×…×=n+1. 所以. 令函数f(x)=ln x-x+1(0<x<1),求导得f'(x)=-1>0, 所以f(x)在(0,1)上单调递增,因此f(x)<f(1)=0,即ln x<x-1. 取x=(n∈N*),则ln-1=-,于是<ln. 因此有<ln=ln(n+1)-ln n, 所以+…+<(ln 2-ln 1)+(ln 3-ln 2)+…+[ln(n+1)-ln n]. 故+…+<ln(n+1)-ln 1=ln(n+1). 2 学科网（北京）股份有限公司 $