高考数学(理数)二轮复习高考大题专项练02《数列》AB卷（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习高考大题专项练02《数列》AB卷（教师版），共8页。试卷主要包含了观察下列三角形数表等内容，欢迎下载使用。
二　数列(A)1.已知{an}为等差数列,且a3=-6,a6=0.(1)求{an}的通项公式;(2)若等比数列{bn}满足b1=-8,b2=a1+a2+a3,求{bn}的前n项和公式.             2.已知等差数列{an}满足a2=2,a1+a4=5.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足:b1=3,b2=6,{bn-an}为等比数列,求数列{bn}的前n项和Tn.                       3.观察下列三角形数表:假设第n行的第二个数为an(n≥2,n∈N*).(1)归纳出an+1与an的关系式,并求出an的通项公式;(2)设anbn=1(n≥2),求证:b2+b3+…+bn<2.            4.已知公差不为零的等差数列{an}中,a3=7,且a1,a4,a13成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记数列{an·2n}的前n项和为Sn,求Sn.                    二　数列(B)1.已知正项等比数列{an}中,a1+a2=6,a3+a4=24.(1)求数列{an}的通项公式;(2)数列{bn}满足bn=log2an,求数列{an+bn}的前n项和Tn.               2.设{an}是公比不为1的等比数列,其前n项和为Sn,且a5,a3,a4成等差数列.(1)求数列{an}的公比;(2)证明:对任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.                     3.已知{an}是各项均为正数的等差数列,且数列{}的前n项和为,n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{an}的前n项和为Sn,数列{}的前n项和Tn,求证Tn<.             4.已知数列{an}满足a1=1,且an=2an-1+2n(n≥2,且n∈N*),(1)求证:数列{}是等差数列;(2)求数列{an}的通项公式;(3)设数列{an}的前n项之和为Sn,求证:>2n-3.                参考答案A卷1.解:(1)在等差数列{an}中,由a3=-6,a6=0,得d===2,所以an=a6+(n-6)d=2n-12.(2)在等比数列{bn}中,b1=-8,b2=a1+a2+a3=-10+(-8)+(-6)=-24,所以q===3,所以{bn}的前n项和Sn==4×(1-3n).2.解:(1)等差数列{an}满足a2=2,a1+a4=5,则解得a1=d=1,所以an=1+(n-1)=n.(2)因为b1=3,b2=6,{bn-an}为等比数列,设公比为q,所以b1-a1=3-1=2,b2-a2=6-2=4,所以q=2,所以bn-an=2×2n-1=2n,所以bn=n+2n,所以数列{bn}的前n项和Tn=(1+2+3++n)+(2+22+…+2n)=+=+2n+1-2.3.(1)解:依题意an+1=an+n(n≥2),a2=2,an=a2+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=2+2+3+…+(n-1)=2+,所以an=n2-n+1(n≥2).(2)证明:因为anbn=1,所以bn=<=2(-),b2+b3+b4+…+bn<2[(-)+(-)+…+(-)]=2(1-)<2.4.解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),由a3=7,且a1,a4,a13成等比数列,得解得a1=3,d=2.所以an=3+2(n-1)=2n+1.(2)因为an·2n=(2n+1)·2n,所以数列{an·2n}的前n项和Sn=3·21+5·22+…+(2n+1)·2n,2Sn=3·22+5·23+…+(2n-1)·2n+(2n+1)·2n+1,所以-Sn=6+23+24+…+2n+1-(2n+1)·2n+1=6+-(2n+1)·2n+1=-2+(1-2n)×2n+1,所以Sn=2-(1-2n)×2n+1.参考答案B卷1.解:(1)设数列{an}的首项为a1,公比为q(q>0).则解得所以an=2×2n-1=2n.(2)由(1)得bn=log22n=n,设{an+bn}的前n项和为Sn,则Sn=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(an+bn)=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n)=+=2n+1-2+n2+n.2.(1)解:设数列{an}的公比为q(q≠0,q≠1),由a5,a3,a4成等差数列,得2a3=a5+a4,即2a1q2=a1q4+a1q3,由a1≠0,q≠0,得q2+q-2=0,解得q1=-2,q2=1(舍去),所以q=-2.(2)证明:法一　对任意k∈N*,Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk)=ak+1+ak+2+ak+1=2ak+1+ak+1·(-2)=0,所以,对任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.法二　对任意k∈N*,2Sk=,Sk+2+Sk+1=+=,2Sk-(Sk+2+Sk+1)=-=[2(1-qk)-(2-qk+2-qk+1)]=(q2+q-2)=0,因此,对任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.3.(1)解:由{an}是各项均为正数的等差数列,且数列{}的前n项和为,n∈N*,当n=1时,可得==,       ①当n=2时,可得+==,    ②②-①得=,所以a1·(a1+d)=6,           ③(a1+d)(a1+2d)=12.            ④由③④解得所以数列{an}的通项公式为an=n+1.(2)证明:由(1)可得Sn=,那么==(-).所以数列{}的前n项和Tn=(1-+-+-+-+…+-)=(1++---)=(---)=-(++),n∈N*,所以Tn<.4.(1)证明:因为an=2an-1+2n(n≥2,且n∈N*),所以=+1,即-=1(n≥2,且n∈N*),所以数列{}是等差数列,公差d=1,首项为=.(2)解:由(1)得=+(n-1)×1=n-,所以an=(n-)·2n.(3)证明:因为Sn=·21+·22+·23+…+(n-)·2n,   ①所以2Sn=·22+·23+·24+…+(n-)·2n+1,         ②①-②得-Sn=1+22+23+…+2n-(n-)·2n+1=2+22+23+…+2n-(n-)·2n+1-1=-(n-)·2n+1-1=(3-2n)·2n-3.Sn=(2n-3)·2n+3,则=(2n-3)+>2n-3,所以>2n-3.