2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业三十九数列的综合

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(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)若bn＝lg3a2n－1，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和为Sn，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))满足cn＝eq \f(1,4Sn－1)，Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的前n项和，求Tn.
2．[2023·河北石家庄二中模拟]已知公差不为0的等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，a2＝3且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(3nan))的前n项和Tn.
3．[2023·河南驻马店模拟]在①eq \f(Tn＋1,Tn)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋2))an,n)，②Sn＝eq \f(n＋2,3)an，③nan＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1))an＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1))这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答下列题目．
设首项为2的数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且__________．
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)求eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2021)＋eq \f(1,a2022)的值．
4．[2023·河北廊坊模拟]记Sn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和，已知Sn＝2an－a1，且a1≠0.
(1)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等比数列；
(2)若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是等差数列，且b1＝a1，b2＋b4＝18a1，求集合eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(k\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(ak＝bm＋3b1，1≤m≤200))))中元素的个数．
5．[2023·山东青岛模拟]记关于x的不等式x2－4nx＋3n2≤0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))的整数解的个数为an，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和为Tn，满足4Tn＝3n＋1－an－2.
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的通项公式；
(2)设cn＝2bn－λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))n，若对任意n∈N*，都有cn优生选做题
6．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和Sn＝n2＋n.
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)设cn＝eq \f(16,anan＋2)，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的前n项和为Tn，是否存在正整数k，使得Tn课时作业（三十九） 数列的综合
1．解析：（1）设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q（q>0），
由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝a1q3＝81,a1q＋a1q2＝3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q))))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝3,q＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－81,q＝－1))（舍去），
所以an＝a1qn－1＝3n.
（2）由（1）得bn＝lg332n－1＝2n－1，
∴Sn＝eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b1＋bn)),2)＝eq \f(n\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1)))),2)＝n2，
∴cn＝eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
∴Tn＝eq \f(1,2)[（1－eq \f(1,3)）＋（eq \f(1,3)－eq \f(1,5)）＋…＋（eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)）]＝eq \f(n,2n＋1).
2．解析：（1）设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，由题意可知a eq \\al(2,2) ＝a1a5.
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋d))2＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋4d))，又a2＝a1＋d＝3，得3d2－6d＝0，
因为d≠0，所以d＝2，a1＝1.
故通项公式an＝2n－1.
（2）3nan＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))3n，
Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))×3n，
3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))×3n＋1，
－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))×3n＋1＝－3＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋32＋…＋3n))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))×3n＋1
＝－3＋2×eq \f(3（1－3n）,1－3)－（2n－1）×3n＋1
＝－6＋3n＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))×3n＋1＝－6＋（2－2n）×3n＋1，
所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))×3n＋1＋3.
3．解析：（1）选①：∵eq \f(Tn＋1,Tn)＝eq \f(（n＋2）an,n)，
即an＋1＝eq \f(（n＋2）an,n)，
∴eq \f(an＋1,n＋2)＝eq \f(an,n)，
即eq \f(an＋1,（n＋2）（n＋1）)＝eq \f(an,（n＋1）n)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,（n＋1）n)))是常数列，
∴eq \f(an,（n＋1）n)＝eq \f(a1,2×1)＝1，
∴an＝n（n＋1）.
选②：∵3Sn＝（n＋2）an，
∴n≥2时，3Sn－1＝（n＋1）an－1，
则3an＝（n＋2）an－（n＋1）an－1，
即（n－1）an＝（n＋1）an－1，
∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)，
∴an＝eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n,n－2)×…×eq \f(4,2)×eq \f(3,1)×a1＝n（n＋1），
当n＝1时，a1＝2也满足，
∴an＝n（n＋1）.
选③：因为nan＋1－（n＋1）an＝n（n＋1），所以eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，首项为2，公差为1.
则eq \f(an,n)＝2＋（n－1）＝n＋1，
∴an＝n（n＋1）.
（2）由（1）可得eq \f(1,an)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2022)＝eq \f(1,1)－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2022)－eq \f(1,2023)＝1－eq \f(1,2023)＝eq \f(2022,2023).
4．解析：（1）当n≥2，则Sn－1＝2an－1－a1，而Sn＝2an－a1，可得an＝2（an－an－1），
所以an＝2an－1，又a1≠0，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是首项为a1，公比为2的等比数列．
（2）由（1）知：an＝2n－1a1，令eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的公差为d，则b2＋b4＝2b1＋4d＝2a1＋4d＝18a1，
所以d＝4a1，故bn＝b1＋（n－1）d＝（4n－3）a1，
所以ak＝bm＋3b1＝（4m－3）a1＋3a1＝4ma1，故2k－1a1＝4ma1，a1≠0，
所以2k－3＝m∈[1，200]且k，m∈N*，则3≤k≤3＋lg2200，
又7所以集合eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(k\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(ak＝bm＋3b1，1≤m≤200))))中元素的个数为8.
5．解析：（1）由不等式x2－4nx＋3n2≤0可得：n≤x≤3n，
∴an＝2n＋1，
Tn＝eq \f(1,4)×3n＋1－eq \f(1,2)n－eq \f(3,4)，
当n＝1时，b1＝T1＝1，
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝eq \f(1,2)×3n－eq \f(1,2)，
因为b1＝1适合上式，
∴bn＝eq \f(1,2)×3n－eq \f(1,2).
（2）由（1）可得：cn＝3n－1＋（－1）n－1λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n，
∴cn＋1＝3n＋1－1＋（－1）nλeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n＋1，
∵cn0，
∴（－1）nλ>－eq \f(4,5)×2n，
当n为奇数时，λ由于eq \f(4,5)×2n随着n的增大而增大，当n＝1时，eq \f(4,5)×2n的最小值为eq \f(8,5)，
∴λ当n为偶数时，λ>－eq \f(4,5)×2n，
由于－eq \f(4,5)×2n随着n的增大而减小，当n＝2时，－eq \f(4,5)×2n的最大值为－eq \f(16,5)，
∴λ>－eq \f(16,5)，
综上可知：－eq \f(16,5)<λ6．解析：（1）依题意Sn＝n2＋n，
当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[（n－1）2＋（n－1）]＝2n，
当n＝1时上式也符合，所以an＝2n.
（2）cn＝eq \f(16,anan＋2)＝eq \f(16,2n·2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋2)))＝eq \f(4,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋2)))＝2（eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2)），
Tn＝2eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝3－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))，
Tn为单调递增数列，T1＝3－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,3)))＝eq \f(4,3)，则eq \f(4,3)≤Tn<3，
所以k2－3k≥3，k2－3k－3≥0，
函数f（x）＝x2－3x－3的对称轴为x＝eq \f(3,2)，
f（1）＝1－3－3＝－5，f（2）＝4－6－3＝－5，f（3）＝9－9－3＝－3，f（4）＝16－12－3＝1，
当x≥eq \f(3,2)时，f（x）递增．
所以使k2－3k－3≥0成立的正整数k的最小值为4.