2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 044-课时作业40 数列中的综合问题（教用）

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（1） 求{an}与{bn}的通项公式；
（2） 把数列{an}和{bn}的公共项从小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】
（1） 由Sn=3n2+n2，得当n=1时，a1=S1=2；
当n≥2时，Sn−1=3(n−1)2+(n−1)2，则an=Sn−Sn−1=3n−1.
又a1=2适合上式，所以an=3n−1.
依题意得，b1+b3=2(b2+1)，即b1+b1⋅22=2(b1⋅2+1)，解得b1=2，
所以bn=2n.
（2） 设cn=am=bt，则3m−1=2t，即3m=2t+1，其中m，t∈N∗.
bt+1=2t+1=2⋅2t=2(3m−1)=6m−2=3(2m−13)−1，
因为2m−13∉N∗，所以bt+1∉{an}；
bt+2=2t+2=4⋅2t=4(3m−1)=12m−4=3(4m−1)−1，因为4m−1∈N∗，所以bt+2∈{an},即cn+1=bt+2=2t+2.
于是cn+1cn=2t+22t=4，所以{cn}是公比为4的等比数列，
又c1=2，所以cn=2×4n−1，
则Tn=c1+c2+⋯+cn=2(1−4n)1−4=2(4n−1)3.
2．（2025·江苏无锡模拟）（15分）已知各项均为正数的数列{an}中，a1=1，且满足an+12−an2=2an+2an+1，数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn+1=3bn.
（1） 求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2） 若在bk与bk+1之间依次插入数列{an}中的k项构成新数列{cn}：b1，a1，b2，a2，a3，b3，a4，a5，a6，b4，⋯ ，求数列{cn}的前50项和T50.
【解析】
（1） 由an+12−an2=2an+2an+1，得(an+1−an)(an+1+an)=2(an+1+an)，
因为{an}是正项数列，所以an+1+an>0，因此an+1−an=2，
所以{an}是首项为1，公差为2的等差数列，因此an=2n−1.
当n=1时，2S1+1=3b1，解得b1=1.
当n≥2时，由2Sn+1=3bn，得2Sn−1+1=3bn−1，两式相减得bn=3bn−1，
因为b1=1≠0，所以bn−1≠0，则bnbn−1=3，所以{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，故bn=3n−1.
（2） 依题意知，在新数列{cn}中，截至bk+1（含bk+1）共有(1+2+3+⋯+k)+(k+1)=(k+1)(k+2)2项.
由(k+1)(k+2)2≤50(k∈N∗)，得k≤8，所以新数列{cn}中含有数列{bn}的前9项和数列{an}的前41项.
故T50=1×(1−39)1−3+41×(1+81)2=11522.
3．（2026·安徽联考）（15分）已知数列{an}满足a1=2，且an+1=3an+2n+1，数列{bn}满足bn=n+34(2×3n−an).
（1） 求{an}的通项公式；
（2） 求{bn}的前n项和Tn；
（3） 在（2）的条件下，若Tn+2≤λ⋅(52)n恒成立，求实数λ 的取值范围.
【解析】
（1） 由an+1=3an+2n+1，可得an+1+2n+2=3(an+2n+1)，
所以数列{an+2n+1}是以a1+22=6为首项，3为公比的等比数列.
可得an+2n+1=6×3n−1=2×3n，故an=2×3n−2n+1.
（2） 由（1）知bn=n+34(2×3n−an)=(n+3)2n−1，
则Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=4×20+5×21+6×22+⋯+(n+3)⋅2n−1①，
所以2Tn=4×21+5×22+6×23+⋯+(n+3)⋅2n②，
①−②得−Tn=4×20+21+22+⋯+2n−1−(n+3)⋅2n=2+2n−(n+3)⋅2n=2−(n+2)⋅2n，
故Tn=(n+2)⋅2n−2.
（3） 由（2）知，Tn+2=(n+2)⋅2n，
因为Tn+2≤λ⋅(52)n恒成立，所以λ≥(n+2)⋅4n5n恒成立.
令cn=(n+2)⋅4n5n，
则cn+1cn=(n+3)⋅4n+15n+1(n+2)⋅4n5n=4n+125n+10，
当cn+1cn>1时，5n+10c5>⋯ ，即cn的最大值为c2=c3=6425.
故λ 的取值范围为[6425,+∞).
4．（2026·山东日照开学考）（15分）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且S6，S8，S7成等差数列.
（1） 求an；
（2） 设bn=n,n为偶数,an,n为奇数,Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n；
（3） 设cn=n2⋅2n⋅|an|，Qn是{cn}的前n项积，求证：Qn