2023新教材高考数学二轮专题复习强化训练9数列求和及综合应用-大题备考

强化训练9数列求和及综合应用——大题备考第一次作业1．[2021·全国乙卷]记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2.(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．2．[2022·新高考Ⅱ卷]已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明：a1＝b1.(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．3.[2021·新高考Ⅰ卷]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数．))(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；(2)求{an}的前20项和．4．[2020·新高考Ⅰ卷]已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.强化训练9数列求和及综合应用1．解析：（1）证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝eq\f(bn,bn－1)，代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2可得，eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝eq\f(1,2)（n≥2）.又eq\f(2,S1)＋eq\f(1,b1)＝eq\f(3,b1)＝2，所以b1＝eq\f(3,2)，故{bn}是以eq\f(3,2)为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列．（2）由（1）可知，bn＝eq\f(n＋2,2)，则eq\f(2,Sn)＋eq\f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq\f(n＋2,n＋1)，当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(3,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,n＋1)－eq\f(n＋1,n)＝－eq\f(1,n（n＋1）).故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2)).2．解析：（1）证明：设等差数列{an}的公差为d.由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，故d＝2b1.由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），所以a1＋d－2b1＝4d－（a1＋3d），所以a1＋d－2b1＝d－a1.整理，得a1＝b1，得证．（2）由（1）知d＝2b1＝2a1.由bk＝am＋a1，知b1·2k－1＝a1＋（m－1）·d＋a1，即b1·2k－1＝b1＋（m－1）·2b1＋b1，即2k－1＝2m.因为1≤m≤500，所以2≤2k－1≤1000，解得2≤k≤10.故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9.3．解析：（1）由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5，又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2，故a2k＋2＝a2k＋3即bn＋1＝bn＋3即bn＋1－bn＝3，所以{bn}为等差数列，故bn＝2＋（n－1）×3＝3n－1.（2）设{an}的前20项和为S20，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，所以S20＝2（a2＋a4＋…＋a18＋a20）－10＝2（b1＋b2＋…＋b9＋b10）－10＝2×（10×2＋eq\f(9×10,2)×3）－10＝300.4．解析：（1）设{an}的公比为q.由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.解得q＝eq\f(1,2)（舍去），q＝2.由题设得a1＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n.（2）由题设及（1）知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.所以S100＝b1＋（b2＋b3）＋