资源简介 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111.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+1-1,②②-①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=142.3/3 展开更多...... 收起↑ 资源列表 命题区间11 参考答案与精析.docx 高考真题衍生卷 命题区间11数列求和及其综合应用--《高考快车道》2026版高考数学高考母题必读及衍生.docx