《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例1 (2024·山东滨州模拟)已知等差数列{aₙ}和等比数列{bₙ}满足a₁=2,b₂=4,aₙ=2log₂bₙ,n∈N*.
(1)求数列{aₙ},{bₙ}的通项公式;
(2)设数列{aₙ}中不在数列{bₙ}中的项按从小到大的顺序构成数列{cₙ},记数列{cₙ}的前n项和为Sₙ,求S₁₀₀.

答案： 解　
(1)设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，
因为$b_{2}=4$，所以$a_{2}=2\log_{2}b_{2}=4$，
所以$d=a_{2}-a_{1}=2$，
所以$a_{n}=2+(n - 1)\times2=2n$。
又$a_{n}=2\log_{2}b_{n}$，即$2n=2\log_{2}b_{n}$，
所以$n=\log_{2}b_{n}$，所以$b_{n}=2^{n}$。
(2)由
(1)得$b_{n}=2^{n}=2\cdot2^{n - 1}=a_{2^{n - 1}}$，
即$b_{n}$是数列$\{a_{n}\}$中的第$2^{n - 1}$项。
设数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$P_{n}$，数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和为$Q_{n}$，
因为$b_{7}=a_{2^{6}}=a_{64}$，$b_{8}=a_{2^{7}}=a_{128}$，
所以数列$\{c_{n}\}$的前$100$项是由数列$\{a_{n}\}$的前$107$项去掉数列$\{b_{n}\}$的前$7$项后构成的，
所以$S_{100}=P_{107}-Q_{7}=\frac{107\times(2 + 214)}{2}-\frac{2 - 2^{8}}{1 - 2}=11302$。

变式训练 1.(2022·浙江高考)已知等差数列{aₙ}的首项a₁=-1,公差d＞1.记{aₙ}的前n项和为Sₙ(n∈N*).
(1)若S₄-2a₂a₃+6=0,求;
(2)若对于每个n∈N*,存在实数+15cₙ成等比数列,求d的取值范围.

答案： 解　
(1)因为$S_{4}-2a_{2}a_{3}+6 = 0$，$a_{1}=-1$，
所以$-4 + 6d-2(-1 + d)(-1 + 2d)+6 = 0$，
所以$d^{2}-3d = 0$，
又$d＞1$，所以$d = 3$，所以$a_{n}=3n - 4$，
所以$S_{n}=\frac{n(a_{1}+a_{n})}{2}=\frac{3n^{2}-5n}{2}$。
(2)因为$a_{n}+c_{n}$，$a_{n + 1}+4c_{n}$，$a_{n + 2}+15c_{n}$成等比数列，
所以$(a_{n + 1}+4c_{n})^{2}=(a_{n}+c_{n})(a_{n + 2}+15c_{n})$，
$(nd - 1+4c_{n})^{2}=(-1 + nd - d + c_{n})(-1 + nd + d + 15c_{n})$，
$c_{n}^{2}+(14d - 8nd + 8)c_{n}+d^{2}=0$，
由已知可得方程$c_{n}^{2}+(14d - 8nd + 8)c_{n}+d^{2}=0$的判别式大于等于$0$，
所以$\Delta=(14d - 8nd + 8)^{2}-4d^{2}\geqslant0$，
所以$(16d - 8nd + 8)(12d - 8nd + 8)\geqslant0$对于任意的$n\in N^{*}$恒成立，
所以$[(n - 2)d - 1][(2n - 3)d - 2]\geqslant0$对于任意的$n\in N^{*}$恒成立，
当$n = 1$时，$[(n - 2)d - 1][(2n - 3)d - 2]=(d + 1)(d + 2)\geqslant0$，
当$n = 2$时，由$(2d - 2d - 1)(4d - 3d - 2)\geqslant0$，可得$d\leqslant2$，
当$n\geqslant3$时，$[(n - 2)d - 1][(2n - 3)d - 2]＞(n - 3)(2n - 5)\geqslant0$，
又$d＞1$，所以$1＜d\leqslant2$，即$d$的取值范围为$(1,2]$。

例2 (2023·黑龙江哈九中模拟)在①S₃=2a₃-15;②a₂+6是a₁,a₃的等差中项;③2Sₙ=taⁿ⁺¹-3(t≠0)这三个条件中任选一个作为已知条件,补充在下面的问题中,并解答.
已知正项等比数列,a₁=3,且满足______.
(1)求数列{aₙ}的通项公式;
(2)的前n项和
注:若选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.

答案： 解　
(1)设正项等比数列$\{a_{n}\}$的公比为$q(q＞0)$，
若选①：由$S_{3}=2a_{3}-15$，得$a_{1}+a_{2}+a_{3}=2a_{3}-15$，
所以$a_{3}-a_{2}-a_{1}=15$，
又由$a_{1}=3$，可得$3q^{2}-3q - 18 = 0$，
解得$q = 3$或$q=-2$(舍去)，
所以$a_{n}=3\times3^{n - 1}=3^{n}(n\in N^{*})$。
若选②：由$a_{2}+6$是$a_{1}$，$a_{3}$的等差中项，
可得$a_{1}+a_{3}=2(a_{2}+6)$，
又因为$a_{1}=3$，可得$3 + 3q^{2}=2(3q + 6)$，即$q^{2}-2q - 3 = 0$，
解得$q = 3$或$q=-1$(舍去)，
所以$a_{n}=3\times3^{n - 1}=3^{n}(n\in N^{*})$。
若选③：由$2S_{n}=t^{n + 1}-3(t\neq0)$，
当$n = 1$时，$2a_{1}=6 = 2S_{1}=t^{2}-3$，解得$t = 3$或$t=-3$(舍去)，
所以$2S_{n}=3^{n + 1}-3$，
当$n\geqslant2$时，$2a_{n}=2S_{n}-2S_{n - 1}=3^{n + 1}-3-(3^{n}-3)=2\cdot3^{n}$，
所以$a_{n}=3^{n}(n\geqslant2)$。
经验证当$n = 1$时，满足$a_{n}=3^{n}$，
所以$a_{n}=3^{n}(n\in N^{*})$。
(2)由
(1)知$a_{n}=3^{n}$，所以$b_{n}-\frac{1}{b_{n}}=3^{n}$，
所以$(b_{n}-\frac{1}{b_{n}})^{2}=9^{n}$，所以$b_{n}^{2}+\frac{1}{b_{n}^{2}}=9^{n}+2$，
所以$T_{n}=(b_{1}^{2}+\frac{1}{b_{1}^{2}})+(b_{2}^{2}+\frac{1}{b_{2}^{2}})+\cdots+(b_{n}^{2}+\frac{1}{b_{n}^{2}})=(9^{1}+2)+(9^{2}+2)+\cdots+(9^{n}+2)=9^{1}+9^{2}+\cdots+9^{n}+2n=\frac{9(1 - 9^{n})}{1 - 9}+2n=\frac{9^{n + 1}+16n - 9}{8}$。