高考数学第二轮复习专题练习专题4.13 等差数列和等比数列的综合应用大题专项训练（30道）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习专题4.13 等差数列和等比数列的综合应用大题专项训练（30道）（教师版），共24页。
姓名：___________班级：___________考号：___________
1．（2022·江苏南通·高二期中）设等差数列an的前n项和为Sn，已知a6=15，S5=45．
(1)求an；
(2)若an为an-3与a2n-1n≥4,n∈N*的等比中项，求n．
【解题思路】（1）由已知条件，列式后解方程组，求数列的首项和公差，再求通项公式；
（2）首先由题意得an2=an-3a2n-1，n≥4,n∈N*，代入通项公式后，求n.
【解答过程】（1）设等差数列an公差为d，S5=5a1+5×42d=45，解得a1+2d=9，
a6=a1+5d=15，所以d=2，a1=5，
an=a1+n-1×d=2n+3.
（2）由题意：an2=an-3a2n-1，n≥4,n∈N*，即2n+32=2n-34n+1，
化简得：2n2-11n-6=0，
解之得n=6或n=-12（舍），故n=6.
2．（2022·广东·高二期中）已知等差数列an满足，a1=10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn的通项公式为bn=2n，求数列anbn的前n项和．
【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，由题意可得到a3+82=a2+10⋅a4+6，化为基本量a1和d的关系，即可求解；
（2）根据错位相减法求和即可.
【解答过程】（1）等差数列an的首项a1=10，公差设为d，
由a2+10，a3+8，a4+6成等比数列，则a3+82=a2+10⋅a4+6，
即a1+2d+82=a1+d+10⋅a1+3d+6，
即18+2d2=20+d⋅16+3d，解得d=2，
所以an=a1+n-1d=2n+8.
（2）由题意，anbn=2n+8⋅2n，设数列anbn的前n项和为Sn，
则Sn=10⋅21+12⋅22+⋯+2n+8⋅2n，
2Sn=10⋅22+12⋅23+⋯+2n+8⋅2n+1，
两式相减得-Sn=20+2⋅22+23+⋯+2n-2n+8⋅2n+1
即-Sn=20+2⋅21-2n-11-2-2n+8⋅2n+1，
化简得Sn=-16+2n+7⋅2n+1.
3．（2022·江西·高三阶段练习（文））已知等差数列an的前n项和为Sn，且2a6-S5=3，2S6-3a8=9．
(1)求an的通项公式；
(2)若ba=an⋅2n-1，求数列bn的前n项和Tn．
【解题思路】（1）设an的公差为d，则由已知条件列方程组可求出a1,d，从而可求出通项公式；
（2）由（1）得bn=2n-3×2n-1，然后利用错位相减法可求出Tn.
【解答过程】（1）设an的公差为d．
由2a6-S5=32S6-3a8=9，
得2(a1+5d)-(5a1+5×42d)=32(6a1+6×52d)-3(a1+7d)=9，
化简得-3a1=39a1+9d=9，
解得a1=-1d=2．
所以数列an的通项公式为an=-1+n-1×2=2n-3．
（2）由（1）知bn=2n-3×2n-1，
所以Tn=-1×20+1×21+3×22+⋯+2n-3×2n-1 ①
则2Tn=-1×21+1×22+3×23+⋯+2n-3×2n ②
由①－②得：
-Tn=-1+2×21+2×22+⋯+2×2n-1-2n-3×2n
=-1+2×21-2×2n-1×21-2-2n-3×2n
=-5+2n+1-2n-3×2n
=-5-2n-5×2n，
所以数列bn的前n项和Tn=5+2n-5×2n．
4．（2022·四川·高三期中）已知等差数列an​和等比数列bn​满足a1=b1=1​，a2+a4=10​，b2b4=a5​.
(1)求an​的通项公式；
(2)求和：b1+b3+b5+⋯+b2n-1​.
【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，利用a1=1，a2+a4=10求出d，再由等差数列的通项公式计算可得答案；
（2）设等比数列bn的公比为q，则奇数项构成公比为q2的等比数列，利用b2b4=b32=9求出b3、q2，可得b2n-1是公比为3，首项为1的等比数列，再由等比数列的前n项和公式计算可得答案.
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，
由a1=1，a2+a4=10，
可得：1+d+1+3d=10，
解得d=2，
所以an的通项公式an=1+2（n-1）=2n-1；
（2）设等比数列bn的公比为q，则奇数项构成公比为q2的等比数列，
由（1）可得a5=9，等比数列bn满足b1=1，b2b4=b32=9，
由于b1=1>0，可得b3=3（舍去b3=-3），（等比数列奇数项符号相同），
所以q2=b3b1=3，
则b2n-1是公比为3，首项为1的等比数列，
b1+b3+b5+⋯+b2n-1=1×1-q2n1-q2=3n-12n∈N*.
5．（2022·广东·高二期中）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=32n2+12n，递增的等比数列bn满足：b1+b4=18，b2⋅b3=32．
(1)求数列an、bn的通项公式；
(2)设an、bn的前n项和分别为Sn，Tn，求Sn，Tn．
【解题思路】（1）根据an=S1,n=1Sn-Sn-1,n≥2求出an的通项公式，利用等比数列的性质得到b2⋅b3=b1⋅b4=32，故b1,b4可看作方程x2-18x+32=0的两根，根据函数单调性求出b1=2b4=16，从而得到公比，求出bn的通项公式；
（2）利用等差数列和等比数列的公式求出答案.
【解答过程】（1）当n=1时，a1=S1=32+12=2，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=32n2+12n-32n-12-12n-1=3n-1，
又3×1-1=2，满足上式
故an的通项公式为an=3n-1，
设等比数列bn的公比为q，
因为b1+b4=18，b2⋅b3=b1⋅b4=32，
所以b1,b4可看作方程x2-18x+32=0的两根，
解得：b1=2b4=16或b1=16b4=2，
因为等比数列单调递增，所以b1=16b4=2舍去，
故q3=162=8，解得：q=2，
故bn的通项公式为bn=2×2n-1=2n；
（2）因为an=3n-1，所以an+1-an=3，
故an为等差数列，
由等差数列求和公式得：Sn=na1+an2=n2+3n-12=3n2+n2，
由等比数列求和公式得：Tn=21-2n1-2=2n+1-2.
6．（2022·江苏·高二阶段练习）等差数列an满足a1+a2=10，a6-a4=4.
(1)求an的通项公式和前n项和Sn；
(2)设等比数列bn满足b2=a3，b3=a7，求数列bn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，根据题意可求得d、a1的值，利用等差数列的通项公式可求得an的表达式，利用等差数列的求和公式可求得Sn的表达式；
（2）设等比数列bn的公比为q，求出q、b1的值，利用等比数列的的求和公式可求得Tn的表达式.
【解答过程】（1）解：设等差数列an的公差为d，则2d=a6-a4=4，可得d=2，
∴a1+a2=2a1+d=2a1+2=10，解得a1=4，则an=a1+n-1d=4+2n-1=2n+2.
所以，Sn=na1+an2=n4+2n+22=n2+3n.
（2）解：设等比数列bn的公比为q，则q=b3b2=a7a3=168=2，b1=b2q=82=4，
所以，Tn=b11-qn1-q=41-2n1-2=2n+2-4.
7．（2022·黑龙江·高二阶段练习）已知数列an满足：a1=3，且对任意的n∈N*，都有1，an，an+1成等差数列.
(1)证明：数列an-1为等比数列；
(2)已知：bn=an-12n+1求数列bn前n和为Sn.
【解题思路】（1）由条件可知1+an+1=2an，即an+1-1=2an-1，从而得出数列an-1为等比数列；
（2）bn=an-12n+1=2n+1⋅2n，利用错位相减法即可求解.
【解答过程】（1）证明：由条件可知1+an+1=2an，即an+1=2an-1，
∴an+1-1=2an-1，且a1-1=2，
∴an-1是以a1-1=2为首项，q=2为公比的等比数列.
（2）由（1）知an-1是以a1-1=2为首项，q=2为公比的等比数列，
∴an-1=2n，则bn=an-12n+1=2n+1⋅2n，
∴Sn=3⋅21+5⋅22+7⋅23+⋯+2n+1⋅2n，
2Sn=3⋅22+5⋅23+7⋅24+⋯+2n+1⋅2n+1，
两式相减可得，-Sn=3⋅21+2⋅22+2⋅23+2⋅24+⋯2⋅2n-2n+1⋅2n+1，
即-Sn=6+81-2n-11-2-2n+1⋅2n+1，
化简得Sn=2n-1⋅2n+1+2.
8．（2022·福建·高二阶段练习）已知等差数列an中，a1=1，a2+2a3+a4=12．
(1)求a5+a7的值；
(2)若数列bn满足：bn=a2n-1，证明：数列bn是等差数列．
【解题思路】（1）由等差数列的性质易得a3=3，由等差数列的通项公式求得公差d，再由基本量运算求得结论；
（2）由（1）求得通项公式an，从而可得bn，计算bn-bn-1(n≥2)可得结论．
【解答过程】（1）∵a2+a4=2a3，a2+2a3+a4=4a3=12，∴a3=3，
∵a3=a1+2d,∴d=1，
∴a5+a7=2a1+10d=12；
（2）由（1）可知an=n，
∴bn=a2n-1=2n-1，
∵bn-bn-1=(2n-1)-[2(n-1)-1]=2(n≥2)，
∴数列bn是等差数列，首项是1，公差是2.
9．（2022·广东·高三阶段练习）已知数列an，bn满足a1=b1=1，且an+2bn+1-anbn=0．
(1)若数列an为等比数列，公比为q，a1-a2=2，求bn的通项公式；
(2)若数列an为等差数列，an+2-an+1=2，求bn的前n项和Tn．
【解题思路】(1)由已知条件求出等比数列an的公比和通项，得到数列bn为等比数列，可求出通项公式；
(2)由等差数列an的通项利用累乘法求得数列bn的通项，再用裂项相消求bn的前n项和Tn．
【解答过程】（1）数列an为等比数列，公比为q，且a1=1，a1-a2=2 ， a2=3或a2=-1，
由 q=a2a1， q=3或 q=-1 ，
由an+2bn+1-anbn=0，所以 bn+1bn=anan+2=1q2，又 b1=1，
即数列bn是以1为首项，1q2 为公比的等比数列
故 bn=19n-1 或bn=1.
（2）依题意得等差数列an公差d=2，则an=a1+n-1d=1+2(n-1)=2n-1，
由an+2bn+1-anbn=0，所以 bn+1bn=anan+2，
从而bn=bnbn-1⋅bn-1bn-2⋯⋯b3b2⋅b2b1⋅b1=an-1an+1⋅an-2an⋅⋯⋯a2a4⋅a1a3⋅b1
=a1a2anan+1=32n-1(2n+1)=3212n-1-12n+1，
Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=321-13+13-15+⋯+12n-1-12n+1=321-12n+1=3n2n+1 .
10．（2022·贵州贵阳·高三期中（文））已知an是以1为首项的等差数列，bn是以2为首项的正项等比数列，且满足a6-b2=a10-b3=2.
(1)求an与bn的通项公式；
(2)求1anan+1的前n项和Sn，并求满足nSn>2022的最小正整数n.
【解题思路】（1）根据已知条件求得an的公差，bn的公比，从而求得an与bn的通项公式；
（2）利用裂项求和法求得Sn，然后将Sn代入nSn>2022求解不等式即可得到.
【解答过程】（1）依题意，an是以1为首项的等差数列，bn是以2为首项的正项等比数列，
设an的公差为d，bn的公比为q（q>0），
由已知得a6-b2=2a10-b3=2，即1+5d-2q=21+9d-2q2=2，
消去d，可得5q2-9q-2=0，解得q=2或q=-15（舍去）.
所以，q=2，则d=1.
所以，an=a1+n-1d=1+n-1=n，
bn=b1qn-1=2×2n-1=2n.
（2）由（1）知，1anan+1=1nn+1=1n-1n+1，
所以Sn=a1+a2+⋯+an =1-12+12-13+⋯+1n-1n+1 =1-1n+1=nn+1.
由nSn>2022知，n2n+1>2022，即n2-2022n-2022>0，
解得，n1011+1011×1013.
又1011-1011×10130的等差数列，b1=a1=1，b2是b1与b7的等比中项，
所以1+d2=1×1+6d，（等比数列的性质）
解得d=4或d=0（舍去），（注意d>0）
所以数列bn的通项公式为bn=4n-3．
第二步：求数列an的通项公式
所以a3=b3=9，又a1=1，所以q=±3，
所以数列an的通项公式为an=3n-1或an=-3n-1．
（2）第一步：求数列cn的通项公式
由（1）得Sn=n2n-1，an=3n-1或an=-3n-1，
由ncn=an2Sn，得cn=an2Snn=2n-19n-1，
第二步：利用错位相减法求和
于是Tn=c1+c2+⋯+cn=1+3×91+5×92+7×93+⋯+2n-19n-1，
9Tn=9+3×92+5×93+7×94+⋯+2n-19n，
则-8Tn=1+2×91+92+93+94+⋯+9n-1-2n-19n，（运用错位相减法求和时最后一项注意变号）
即-8Tn=1+2×91-9n-11-9-2n-19n，
整理得Tn=8n-59n+532，
所以数列cn的前n项和Tn=8n-59n+532．
14．（2022·全国·模拟预测）己知Sn为等比数列an的前n项和，若4a2，2a3，a4成等差数列，且S4=8a2-2.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=anan+2an+1+2，且数列bn的前n项和为Tn，证明：112≤Tn0),且a2=2a1=2，a32=a2⋅a6，a1+a2+a3=a5,
可得(1+d)2=2⋅2q2,3+1+d=1+2d,
解得d=3,q=2,
则an=1+3⋅n+12-1,n为奇数2⋅2n2-1,n为偶数,化为an=3n-12,n为奇数2n2,n为偶数；
（2）当n为偶数时,
数列an的前n项和
Sn=a1+a3+…+an-1+a2+a4+…+an
=12⋅n21+3n-42+21-2n21-2
=3n2-2n8+21+n2-2
当n为奇数时(n≥3),
Sn=Sn-1+an=3(n-1)2-2(n-1)8+21+n-12-2+3n-12
=3n2+4n+18+2n+12-2，
当n=1时S1也适合上式.
综上: Sn=3n2+4n-158+2n+12,n为奇数3n2-2n-168+2n+22,n为偶数.
19．（2022·福建三明·高二阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，满足3Sn=2an-1，bn是以a1为首项且公差不为0的等差数列，b2,b3,b7成等比数列.
(1)求数列an,bn的通项公式；
(2)令cn=anbn，求数列cn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）根据an=S1,n=1Sn-Sn-1,n≥2，求出an的通项公式，求出bn的公差，进而求出bn的通项公式；（2）利用错位相减法求数列cn的前n项和Tn..
【解答过程】（1）由3Sn=2an-1，取n=1可得3S1=2a1-1，又S1=a1，
所以3a1=2a1-1，则a1=-2.
当n≥2时，由条件可得3Sn=2an-13Sn-1=2an-1-1，两式相减可得，an=-2an-1，又a1=-2，
所以anan-1=-2，所以数列an是首项为-2，公比为-2的等比数列，故an=-2n，
因为b1=a1=-2，设等差数列bn的公差为d，则b2=-2+d,b3=-2+2d,b7=-2+6d，由b2,b3,b7成等比数列，所以(-2+2d)2=-2+d-2+6d，又d≠0，所以解得d=3，
故bn=3n-5，
（2）cn=anbn=3n-5(-2)n，
Tn=-2×(-2)1+1×(-2)2+4×(-2)3+⋯+3n-5×(-2)n，
-2Tn=-2×(-2)2+1×(-2)3+4×(-2)4+⋯+3n-8×(-2)n+3n-5×(-2)n+1.
相减得3Tn=4+3(-2)2+(-2)3+(-2)4+⋯+(-2)n-3n-5×(-2)n+1，
所以3Tn=4+34--2n+11--2-3n-5×(-2)n+1，所以3Tn=8-3n-4(-2)n+1
所以Tn=8-3n-4(-2)n+13.
20．（2022·黑龙江·模拟预测）已知等比数列an的公比q>1，且a2+a3+a4=14，a3+1是a2，a4的等差中项，数列bn满足：数列an⋅bn的前n项和为n⋅2n.
(1)求数列an、bn的通项公式；
(2)若cn=an+bn，dn=an+1cncn+1，求数列dn的前n项和Sn.
【解题思路】对于（1），设an首项为a1，公比为q.由a2+a3+a4=14，a3+1是a2，a4的等差中项可得an通项公式.设an⋅bn的前n项和为Tn，则an⋅bn=Tn-Tn-1，n≥2a1⋅b1，n=1，据此可得bn通项公式；
对于（2），由（1）可得cn=2n-1+n+1，注意到dn=2n-1+12n-1+n+12n+n+2=12n-1+n+1-12n+n+2，据此可得Sn.
【解答过程】（1）设an首项为a1，公比为q.由a2+a3+a4=14，a3+1是a2，a4的等差中项可得a1q+a1q2+a1q3=a1qq2+q+1=142a1q2+2=a1q+a1q3⇒a1qq2-2q+1=2，
两式相除得q2+q+1q2-2q+1=7 ⇒2q2-5q+2=0，又q>1，得q=2.
将q=2代入a1qq2+q+1=14，得a1=1，故an=2n-1，n∈N+.
设an⋅bn的前n项和为Tn，则an⋅bn=Tn-Tn-1，n≥2a1⋅b1，n=1，n∈N+
得an⋅bn=n⋅2n-n-1⋅2n-1，n≥22，n=1，n∈N+.又a1=1×21=2
则an⋅bn=n⋅2n-n-1⋅2n-1，结合an=2n-1，得bn=n+1，n∈N+.
综上：an通项公式为an=2n-1，n∈N+，bn通项公式为bn=n+1，n∈N+.
（2）由（1）可得，cn=2n-1+n+1，n∈N+.
则dn=2n-1+12n-1+n+12n+n+2，n∈N+.
注意到2n-1+12n-1+n+12n+n+2=12n-1+n+1-12n+n+2，
则Sn=d1+d2+⋯+dn-1+dn
=120+2-121+3+121+3-122+4+⋯+12n-2+n-12n-1+n+1+12n-1+n+1-12n+n+2
=13-12n+n+2，n∈N+.
故Sn=13-12n+n+2，n∈N+.
21．（2022·广东·高三阶段练习）已知等差数列an满足a4=4a1，a6+a8=14，等比数列bn满足b1=1，lg2b4=-3．
(1)求数列an，bn的通项公式；
(2)令cn=1an2,n为奇数an⋅bn，n为偶数，求证：c1+c2+⋯+cn