2022年高考数学天津17<-->2022年高考数学天津19
(15分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且a1=b1=a2−b2=a3−b3=1. (1)求{an}与{bn}的通项公式; (2)设{an}的前n项和为Sn,求证:(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1−Snbn; (3)求2n∑k=1[ak+1−(−1)kak]bk. 分析:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,由a1=b1=a2−b2=a3−b3=1,可得1+d−q=1,1+2d−q2=1,解得d,q,即可得出an. (2)由等比数列的性质及通项公式与前n项和的关系结合分析法能证明(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1−Snbn; (3)先求出[a2k−(−1)2k−1a2k−1]b2k−1+[a2k+1−(−1)2k2k]b2k=2k⋅4k,利用并项求和,结合错位相减法能求出结果. 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q, ∵a1=b1=a2−b2=a3−b3=1, ∴1+d−q=1,1+2d−q2=1, 解得d=q=2, ∴an=1+2(n−1)=2n−1,bn=2n−1. (2)证明:∵bn+1=2bn≠0, ∴要证明(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1−Snbn, 即证明(Sn+1+an+1)bn=2Sn+1⋅bn−Snbn, 即证明Sn+1+an+1=2Sn+1−Sn, 即证明an+1=Sn+1−Sn, 由数列的通项公式和前n项和的关系得:an+1=Sn+1−Sn, ∴(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1−Snbn. (3)∵[a2k−(−1)2k−1a2k−1]b2k−1+[a2k+1−(−1)2k2k]b2k =(4k−1+4k−3)×22k−2+[4k+1−(4k−1)]×22k−1=2k⋅4k, ∴2n∑k=1[ak+1−(−1)kak]bk=n∑k=1[a2k−(−1)2k−1a2k−1]b2k−1+[a2k+1−(−1)2ka2k]b2k =n∑k=12k⋅4k, 设Tn=n∑k=12k⋅4k. 则Tn=2×4+4×42+6×43+⋅⋅⋅+2n×4n,① ∴4Tn=2×42+4×43+6×44+⋅⋅⋅+2n×4n+1,② ①−②,得: −3Tn=2(4+42+43+44+⋅⋅⋅+4n)−2n⋅4n+1 =2×4(1−4n)1−4−2n×4n+1 =(2−6n)⋅4n+1−83, ∴Tn=(6n−2)⋅4n+1+89, ∴2n∑k=1[ak+1−(−1)kak]bk=(6n−2)⋅4n+1+89. 点评:本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法,考查了推理能力与计算能力,属于难题.
2022年高考数学天津17<-->2022年高考数学天津19
全网搜索"2022年高考数学天津18"相关
|