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命题区间11　数列求和及其综合应用
(解答题每小题15分，共60分)
考向一　数列求和
1．(15分)(2024·天津卷T19)已知数列{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn．若a1＝1，S2＝a3－1．
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)设bn＝k∈N*．
(ⅰ)当k≥2，n＝ak＋1时，求证：bn－1≥ak·bn；
2．(15分)(2023·新高考Ⅰ卷T20姊妹题)设公差为d(d≠0)的等差数列{an}的前n项和为Sn，且bn＝，{bn}的前n项和为Tn．
(1)若 n∈N*，为常数λ，求λ的值；
3．(15分)(2023·全国甲卷理T17子母题)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，2Sn＝n(an＋1＋1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：当n≥2时，＋…＋<．
考向二　数列的综合问题
4．(15分)(2023·天津卷T19姊妹题)已知等差数列的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15．
(1)求的通项公式；
(2)保持数列中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为Tn，求T100的值．
2/2高考真题衍生卷·命题区间11
1．解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
因为a1＝1，S2＝a3－1，即a1＋a2＝a3－1，
可得1＋q＝q2－1，整理得q2－q－2＝0，
解得q＝2或q＝－1(舍去)，
所以Sn＝＝2n－1．
(2)(ⅰ)证明：由(1)知，ak＝2k-1，
所以bn＝
当n＝ak＋1＝2k时，bn＝k＋1，
bn－1＝b2k－1＝b2k－2＋2k＝b2k－3＋4k＝…＝＋2k·(2k-1－1)＝k＋2k·(2k-1－1)＝k·2k－k，
所以bn－1－ak·bn＝k·2k－k－(k＋1)2k-1＝(k－1)·2k-1－k．
设f (x)＝(x－1)2x-1－x，x≥2，则f ′(x)＝2x-1＋(x－1)2x-1ln 2－1≥2＋2ln 2－1>0，所以f (x)在[2，＋∞)上单调递增，f (x)≥f (2)＝0，
所以bn－1－ak·bn≥0，即bn－1≥ak·bn．
(ⅱ)令k＝1，得b1＝1，
令k＝2，得b2＝2，b3＝b2＋2k＝6，
令k＝3，得b4＝3，b5＝b4＋2k＝9，b6＝b5＋2k＝15，b7＝b6＋2k＝21，
所以，b为首项，2k为公差的等差数列．
因为＝k·2k－k，
所以＝k·4k-1，
＝1×40＋2×41＋…＋n×4n-1，
＝1×41＋2×42＋…＋n×4n，
两式相减，得
，
2．解：由条件可得Sn＝na1＋，
则bn＝．
(1)，
要使得为常数，则2a1－d＝2d，故a1＝d，
此时λ＝．
(2)证明：由a1＝d＝2可得，Sn＝n(n＋1)，
则bn＝<＝n，
故Tn<1＋2＋3＋…＋n＝，
>，
>2，
3．解：(1)当n＝1时，2a1＝a2＋1，所以a2＝2a1－1＝3．
当n≥2时，
两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an＋1，
即nan＋1＝(n＋1)an－1，①
所以(n＋1)an＋2＝(n＋2)an＋1－1，②
②－①得(n＋1)an＋2－nan＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即2an＋1＝an＋an＋2，
所以数列{an}从第2项起为等差数列．
由①令n＝2，可得2a3＝3a2－1，
所以a3＝4，从而a3－a2＝1，
所以当n≥2时，an＝3＋(n－2)×1＝n＋1，经检验当n＝1时亦满足，
所以an＝n＋1．
(2)证明：由(1)可得当n≥2时，，
所以<，不等式得证．
4．解：(1)设的公差为d，由已知，得a1＋3d＝9，3a1＋3d＝15，解得a1＝3，d＝2．所以an＝2n＋1．
(2)因为ak与ak＋1之间插入2k个1，
所以ak在中对应的项数为n＝k＋21＋22＋23＋…＋2k-1＝k＋＝2k＋k－2，
当k＝6时，2k＋k－2＝68，当k＝7时，2k＋k－2＝133，
所以a6＝b68，a7＝b133，且b69＝b70＝…＝b100＝1．
因此T100＝S6＋(2×1＋22×1＋23×1＋24×1＋25×1)＋32×1＝×(3＋13)＋＋32＝142．
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