课时规范练33　数列中的综合问题-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 练习聚焦数列综合问题，分层设计梯度清晰，从基础通项求得到函数与数列综合应用，覆盖一轮复习核心考点，助力知识巩固与数学思维提升。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|等比数列定义与求和|第1题强化公式应用，通过等差中项求公比，训练运算能力| |中档综合|数列递推与分组求和|第3题结合前n项和公式推导通项，分组求和深化逻辑推理| |拔高拓展|函数与数列综合及新定义|第6题引入新定义集合，证明不等式并求和，培养创新意识与数学语言表达|

课时规范练33　数列中的综合问题 1.设数列{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=.已知a1,3a2,9a3成等差数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<. 2.已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,　　　　　.  ①∀n∈N*,an+an+1=4n; ②数列{}为等差数列,且{}的前3项和为6. 从以上两个条件中任选一个补充在横线处,并求解. (1)求an; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 3.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,2=an+1. (1)求an; (2)将数列{an}分组:(a1),(a2,a3),(a4,a5,a6),(a7,a8,a9,a10),…,记第n组的和为bn. ①求数列{bn}的通项公式; ②求数列{(-1)n}前2n项的和. 4.设定义在R上的函数f(x)与数列{an}满足a1>α,其中α是方程f(x)=x的实数根,an+1=f(an),函数f(x)可导,且f'(x)∈(0,1). (1)证明:an>α; (2)判断数列{an}的单调性,并证明. 5.(2025天津南开期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}是等比数列,满足a1=b1,a2=5,a3+a4=19,S11=11(b4+1). (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)对任意的正整数n,设cn=ci; (3)若对于数列{an},在ak和ak+1之间插入bk个1(k∈N*),组成一个新的数列{dn},记数列{dn}的前n项和为Tn,求T2 025. 6.(2025天津卷,19)已知{an}为等差数列,{bn}为公比不为0的等比数列,且a1=b1=2,a2=b2+1,a3=b3. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)若对任意的n∈N*,有Tn={p1a1b1+p2a2b2+…+pnanbn|p1,p2,…,pn∈I},I={0,1}. ①求证:对Tn中的任意元素t,有t<an+1bn+1; ②求Tn中所有元素之和. 参考答案 1.(1)解设{an}的公比为q,则an=qn-1. 因为a1,3a2,9a3成等差数列,所以1+9q2=2×3q,解得q=,故an=. 由bn=,得bn==n·. (2)证明由(1)可知Sn=(1-). 又bn=,则Tn=+…+, ① 两边同乘,得Tn=+…+, ② ①-②,得Tn=+…+,即Tn=,整理得Tn=, 则2Tn-Sn=2=-<0.故Tn<. 2.解(1)选条件①:∀n∈N*,an+an+1=4n,得an+1+an+2=4(n+1),所以an+2-an=4(n+1)-4n=4, 即数列{a2k-1},{a2k}(k∈N*)均为公差为4的等差数列,于是a2k-1=a1+4(k-1)=4k-3=2(2k-1)-1, 又a1+a2=4,所以a2=3,a2k=a2+4(k-1)=4k-1=2·(2k)-1,所以an=2n-1. 选条件②:由数列{}为等差数列,且{}的前3项和为6,得=3×=6,所以=2, 所以{}的公差为d'==2-1=1,得到=1+(n-1)=n,则Sn=n2, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1. 又a1=1满足an=2n-1, 所以,对任意的n∈N*,an=2n-1. (2)因为bn=], 所以Tn=b1+b2+…+bn=+…+]=[1-]=. 3.解(1)因为2=an+1,所以a1=1. 因为2=an+1,所以Sn=. ① 当n≥2时,Sn-1=, ② ①-②,得2an+2an-1=,所以an-an-1=2,所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列, 所以an=2n-1. (2)①由题意可知,b1=a1=S1,b2=a2+a3=S3-S1,b3=a4+a5+a6=S6-S3,b4=a7+a8+a9+a10=S10-S6,…, 所以bn=,而Sn==n2, 所以bn==[]2-[-n]2=n3. ②由①可得(-1)n=(-1)nn2,所以T2n=(-1+22)+(-32+42)+(-52+62)+…+[-(2n-1)2+(2n)2]=3+7+…+(4n-1)==n(2n+1). 4.(1)证明因为α是方程f(x)=x的实数根,所以f(α)=α,因为f'(x)∈(0,1),所以函数f(x)单调递增,因为a1>α,an+1=f(an),所以f(a1)=a2>f(α)=α,f(a2)=a3>f(α)=α,以此类推,对于任意n>1,都有f(an-1)=an>f(α)=α,即an>α.当n=1时,a1>α,满足上式,故an>α. (2)解数列{an}单调递减.证明如下:由an-an-1=f(an-1)-an-1,n≥2, 令g(x)=f(x)-x,求导可得g'(x)=f'(x)-1<0,即函数g(x)=f(x)-x单调递减, 由(1)可知当x=α时,f(α)-α=0,则当x∈(α,+∞)时,g(x)=f(x)-x<0, 由(1)可知an-1>α,则f(an-1)-an-1<0,即an-an-1<0(n≥2),所以数列{an}单调递减. 5.解(1)在等差数列{an}中,a2+a5=a3+a4=19,而a2=5,解得a5=14,公差d==3,则an=a2+(n-2)d=3n-1. 设等比数列{bn}的公比为q,b1=a1=2,由S11=11(b4+1),得=11(b1q3+1),即2q3+1=a6=17,解得q=2,bn=b1qn-1=2n,所以数列{an}和{bn}的通项公式分别为an=3n-1,bn=2n. (2)由(1)得,当n为奇数时,cn=, 则c2i-1=+…+; 当n为偶数时,cn=(n-1)bn=(n-1)·2n,c2i=(-1)i(2i-1)·22i=(2i-1)·(-4)i, c2i=1·(-4)+3·(-4)2+5·(-4)3+…+(2n-1)·(-4)n, 则-4c2i=1·(-4)2+3·(-4)3+5·(-4)4+…+(2n-3)·(-4)n+(2n-1)·(-4)n+1, 两式相减得5c2i=1·(-4)+2·(-4)2+2·(-4)3+…+2·(-4)n-(2n-1)·(-4)n+1=-4+-(2n-1)·(-4)n+1=·(-4)n+1, 因此c2i=·(-4)n+1, 所以ci=c2i-1+c2i=·(-4)n+1. (3)依题意,数列{dn}:a1,1,1,a2,1,1,1,1,a3,1,1,1,1,1,1,1,1,a4,…,ak,,ak+1,…, 项为ak+1前的总项数为k+2+22+…+2k=k+=k-2+2k+1,数列{k-2+2k+1}是递增的,当k=9时,k-2+2k+1=7+210=1 031<2 025, 当k=10时,k-2+2k+1=8+211=2 056>2 025,因此数列{dn}的前2 025项中,有数列{an}的前10项,有2 015个1,所以T2 025=S10+2 015=2×10+×3+2 015=2 170. 6.(1)解设数列{an}的公差为d. 数列{bn}的公比为q,则q≠0. 由a1=b1=2,a2=b2+1知2+d=2q+1, ∴d=2q-1, 由a3=b3知2+2d=2q2,∴1+d=q2, 解得q=2,∴d=3.∴an=2+3(n-1),bn=2×2n-1, 即an=3n-1,bn=2n. (2)①证明由(1)知an>0,bn>0. ∵pi∈{0,1},i=1,2,…,n, ∴当pi=1,i=1,2,…,n时,piaibi取得最大值, 令Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn, 即Sn=2×21+5×22+8×23+…+(3n-1)·2n, ∴2Sn=2×22+5×23+8×24+…+(3n-1)·2n+1, 两式相减得,-Sn=4+3(22+23+…+2n)-(3n-1)·2n+1=4+3×-(3n-1)·2n+1=4+3(2n+1-4)-(3n-1)·2n+1=-8+(4-3n)·2n+1, ∴Sn=(3n-4)·2n+1+8, 又an+1bn+1=(3n+2)·2n+1=(3n-4)·2n+1+6×2n+1≥(3n-4)·2n+1+24>Sn. ∴对任意t∈Tn,有t<an+1bn+1. ②解记Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn,A=p1a1b1+p2a2b2+p3a3b3+…+pnanbn. 当pi∈{0,1}中有0个1时,A0=0, 有1个1时,A1=Sn, 有2个1时,A2=Sn, 有3个1时,A3=Sn, …… 有n个1时,An=Sn. ∴所有元素之和Tn=Sn+Sn+Sn+…+Sn+Sn=(+…+)Sn=2n-1Sn. 由①知Sn=(3n-4)·2n+1+8, ∴Tn=2n-1[(3n-4)·2n+1+8]=(3n-4)·4n+2n+2, 即Tn中所有元素之和为(3n-4)·4n+2n+2. 1 学科网（北京）股份有限公司 $