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2023年高考数学天津19

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（15分）已知

$\{a_{n}\}$ 是等差数列，

$a_{2}+a_{5}=16$ ，

$a_{5}-a_{3}=4$ ．
（Ⅰ）求

$\{a_{n}\}$ 的通项公式和

$\sum\limits_{i={2^{n-1}}}^{{2^n}-1}{a_i}$ ；
（Ⅱ）已知

$\{b_{n}\}$ 为等比数列，对于任意

$k\in N^{*}$ ，若

$2^{k-1}\leqslant n\leqslant 2^{k}-1$ ，则

$b_{k} < a_{n} < b_{k+1}$ ．

$(i)$ 当

$k\geqslant 2$ 时，求证：

$2^{k}-1 < b_{n} < 2^{k}+1$ ；

$(ii)$ 求

$\{b_{n}\}$ 的通项公式及其前

$n$ 项和．
答案：（Ⅰ）

$a_{n}=2n+1(n\in N^{\cdot })$ ，

$\sum\limits_{i={2^{n-1}}}^{{2^n}-1}{a_i}=3\times 4^{n-1}$ ．
（Ⅱ）

$(i)$ 证明见解析；

$(ii)b_{n}=2^{n}$ ，

$T_{n}=2^{n+1}-2$ ．
分析：（Ⅰ）建立方程组求出首项和公差即可求解．
（Ⅱ）根据数列递推关系，利用极限思想分别求出公比和首项，即可得到结论．
解：（Ⅰ）

$\because \{a_{n}\}$ 是等差数列，

$a_{2}+a_{5}=16$ ，

$a_{5}-a_{3}=4$ ．

$\therefore$

$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+d+{a}_{1}+4d=2{a}_{1}+5d=16}\\ {{a}_{1}+4d-{a}_{1}-2d=2d=4}\end{array}\right.$ ，得

$d=2$ ，

$a_{1}=3$ ，
则

$\{a_{n}\}$ 的通项公式

$a_{n}=3+2(n-1)=2n+1(n\in N^{\cdot })$ ，

$\sum\limits_{i={2^{n-1}}}^{{2^n}-1}{a_i}$ 中的首项为

${a}_{i}=2\times {2}^{n-1}+1=2^{n}+1$ ，项数为

$2^{n}-1-2^{n-1}+1=2^{n}-2^{n-1}=2\times 2^{n-1}-2^{n-1}=2^{n-1}$ ，
则

$\sum\limits_{i={2^{n-1}}}^{{2^n}-1}{a_i}=2^{n-1}(2^{n}+1)+\dfrac{{2}^{n-1}({2}^{n-1}-1)}{2}\times 2=2^{n-1}(2^{n}+1)+2^{n-1}(2^{n-1}-1)=2^{n-1}(2^{n}+1+2^{n-1}-1)=2^{n-1}(2^{n}+2^{n-1})=2^{n-1}\times 3\times 2^{n-1}=3\times 4^{n-1}$ ．
（Ⅱ）

$(i)\because 2^{k-1}\leqslant n\leqslant 2^{k}-1$ ，

$\therefore 2^{k}\leqslant 2n\leqslant 2^{k+1}-2$ ，

$1+2^{k}\leqslant 2n+1\leqslant 2^{k+1}-1$ ，
即

$1+2^{k}\leqslant a_{n}\leqslant 2^{k+1}-1$ ，
当

$k\geqslant 2$ 时，

$\because b_{k} < a_{n} < b_{k+1}$ ．

$\therefore b_{k} < 1+2^{k}$ ，且

$b_{k+1} > 2^{k+1}-1$ ，
即

$b_{k} > 2^{k}-1$ ，
综上

$2^{k}-1 < b_{k} < 1+2^{k}$ ，
即

$2^{k}-1 < b_{n} < 2^{k}+1$ 成立．

$(ii)\because 2^{k}-1 < b_{k} < 2^{k}+1$ 成立，

$\because \{b_{n}\}$ 为等比数列，

$\therefore$ 设公比为

$q$ ，
当

$k\geqslant 2$ 时，

$2^{k+1}-1 < b_{k+1} < 2^{k+1}+1$ ，

$\dfrac{1}{{2}^{k}+1} < \dfrac{1}{{b}_{k}} < \dfrac{1}{{2}^{k}-1}$ ，
则

$\dfrac{{2}^{k+1}-1}{{2}^{k}+1} < \dfrac{{b}_{k+1}}{{b}_{k}} < \dfrac{{2}^{k+1}+1}{{2}^{k}-1}$ ，
即

$\dfrac{2({2}^{k}+1)-1}{{2}^{k}+1} < \dfrac{{b}_{k+1}}{{b}_{k}} < \dfrac{2({2}^{k}-1)+3}{{2}^{k}-1}$ ，
即

$2-\dfrac{1}{{2}^{k}+1} < q < 2+\dfrac{3}{{2}^{k}-1}$ ，
当

$k\rightarrow +\infty$ ，

$2-\dfrac{1}{{2}^{k}+1}\rightarrow 2$ ，

$2+\dfrac{3}{{2}^{k}-1}\rightarrow 2$ ，

$\therefore q=2$ ，

$\because k\geqslant 2$ 时，

$2^{k}-1 < b_{k} < 2^{k}+1$ ，

$\therefore 2^{k}-1 < b_{1}2$

$^{k-1} < 2^{k}+1$ ，
即

$\dfrac{{2}^{k}-1}{{2}^{k-1}} < b_{1} < \dfrac{{2}^{k}+1}{{2}^{k-1}}$ ，
即

$2-\dfrac{1}{{2}^{k-1}} < b_{1} < 2+\dfrac{1}{{2}^{k-1}}$ ，
当

$k\rightarrow +\infty$ ，

$2-\dfrac{1}{{2}^{k-1}}\rightarrow 2$ ，

$2+\dfrac{1}{{2}^{k-1}}\rightarrow 2$ ，
则

$b_{1}=2$ ，
则

$b_{n}=2\times 2^{n-1}=2^{n}$ ，即

$\{b_{n}\}$ 的通项公式为

$b_{n}=2^{n}$ ，
则

$\{b_{n}\}$ 的其前

$n$ 项和

$T_{n}=\dfrac{2(1-{2}^{n})}{1-2}=2^{n+1}-2$ ．
点评：本题主要考查等比数列和等差数列的通项公式以及求和公式的应用，利用方程组法以及数列的递推关系进行求解是解决本题的关键，是中档题．

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