高考解答题专项三数列1.(2021山东滨州一模)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=2,b2=4,an=2log2bn.(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S100.2.(2021广东汕头三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,数列Snn是首项为12,公差为14的等差数列,若[x]表示不超过x的最大整数,如[0.5]=0,[lg499]=2.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=[lgan],求数列{bn}的前2021项的和.3.(2021四川成都七中高三月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a2=3,且S5=4a3+5.(1)求{an}的通项公式;(2)若1a1a2+1a2a3+…+1anan+1<1m-1对n∈N*都成立,求实数m的取值范围.4.(2021浙江杭州二中高三月考)已知等比数列{an}的公比为λ(λ>1),a1=1,数列{bn}满足bn+1-bn=an+1-λ,b1=1λ-1.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)规定:[x]表示不超过x的最大整数,如[-1.2]=-2,[2.1]=2.若λ=2,cn=1bn+2n-2,记Tn=c1+c2+c3+…+cn(n≥2),求Tn2-2Tn+2Tn-1的值,并指出相应n的取值范围.答案：1.解(1)设等差数列{an}的公差为d,因为b2=4,所以a2=2log2b2=4,所以d=a2-a1=2.所以an=2+(n-1)×2=2n.又an=2log2bn,即2n=2log2bn,所以n=log2bn,所以bn=2n.(2)由(1)得bn=2n=2×2n-1=a2n-1,即bn是数列{an}中的第2n-1项.设数列{an}的前n项和为Pn,数列{bn}的前n项和为Qn,因为b7=a26=a64,b8=a27=a128,所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的,所以S100=P107-Q7=107×(2+214)2-2-281-2=11302.2.解(1)数列Snn是首项为12,公差为14的等差数列,所以Snn=12+(n-1)×14=n+14,得Sn=n2+n4,当n=1时,a1=S1=12,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n4-(n-1)2+n-14=n2,又a1=12也适合上式,所以an=n2.(2)由(1)得bn=[lgan]=lgn2,当n=1时,-1<lga1<0;当n=2,3,4,…,19时,0≤lgan<1;当n=20,21,22,…,199时,1≤lgan<2;当n=200,201,202,…,1999时,2≤lgan<3;当n=2000,2001,…,2021时,3≤lgan<4.故数列{bn}的前2021项和为[lga1]+[lga2]+[lga3]+…+[lga2021]=-1+0×18+1×180+2×1800+3×22=3845.3.解(1)(方法1)设数列{an}的公差为d,则a2=a1+d=3,5a1+10d=4(a1+2d)+5,解得a1=1,d=2.故{an}的通项公式为an=2n-1.(方法2)S5=5(a1+a5)2=5a3,又S5=4a3+5,则a3=5.∴公差为a3-a2=2,故{an}的通项公式为an=a2+(n-2)×2=2n-1.(2)由(1)得1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,∴∑k=1n1akak+1=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1=121-12n+1<12,由题设不等式恒成立,有1m-1≥12,解得1<m≤3,∴所求实数m的取值范围是(1,3].4.解(1)由题意得an=λn-1(λ>1),则bn+1-bn=λn-λ(λ>1),当n≥2时,bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1=(λn-1-λ)+(λn-2-λ)+…+(λ1-λ)+1λ-1=(λn-1+λn-2+…+λ1)-(n-1)λ+1λ-1=λnλ-1-nλ+λ-1,又b1=1λ-1符合上式,因此bn=λnλ-1-nλ+λ-1.(2)由(1)知,当λ=2时,bn=2n-2n+1,则cn=1bn+2n-2=12n-1>0.当n=2时,T2=c1+c2=43,此时Tn2-2Tn+2Tn-1=103=3;当n=3时,T3=c1+c2+c3=3121,此时Tn2-2Tn+2Tn-1=1021+110+2=2.当n≥3时,Tn≥T3,因为cn=12n-1<32n+1(