高考数学一轮复习练习案36第五章数列高考大题规范解答系列三_数列含解析新人教版

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(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{lg3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
[解析] (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝4，,a1q2－a1＝8.))解得a1＝1，q＝3.
所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知lg3an＝n－1.故Sn＝eq \f(n（n－1）,2).
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)．
即m2－5m－6＝0.解得m＝－1(舍去)或m＝6.
2．(2021·新高考八省联考)已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2)，求{an}的通项公式．
[解析] (1)∵an＋2＝2an＋1＋3an，
∴an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)．
又∵an>0，∴eq \f(an＋2＋an＋1,an＋1＋an)＝3，
∴数列{an＋1＋an}为等比数列．
(2)由(1)得，an＋an＋1＝(a1＋a2)×3n－1＝2×3n－1 ①
∴an＋1＋an＋2＝2×3n ②
②－①得an＋2－an＝4×3n－1
当n为奇数时，
a3－a1＝4×30
a5－a3＝4×32
a7－a5＝4×34
……
an－an－2＝4×3n－3
相加得an－a1＝4×(30＋32＋34＋…＋3n－3)＝4×eq \f(30－3n－3×32,1－32)＝eq \f(3n－1－1,2)，
∴an＝eq \f(1,2)×3n－1.
当n为偶数时由an＋an＋1＝2×3n－1得an＝2×3n－1－an＋1＝2×3n－1－eq \f(1,2)×3n＝eq \f(1,2)×3n－1.
综上所述an＝eq \f(1,2)×3n－1.
3．(2020·课标Ⅲ，17)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
[解析] (1)a2＝5，a3＝7.
猜想an＝2n＋1.由已知可得
an＋1－(2n＋3)＝ 3[an－(2n＋1)]，
an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，
……
a2－5＝3(a1－3)．
因为a1＝3，所以an＝2n＋1.
(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，
所以Sn＝ 3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.①
从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.②
①－②得
－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1.
所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2.
4．(2021·湖北武汉部分重点中学联考)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}中，bn＝eq \f(2,an＋1)，且其前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)判断数列{cn}的增减性．
[解析] (1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1；
当n＝1时，a1＝S1＝2，不满足上式．
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2（n＝1），,2n－1（n≥2），))
于是bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)（n＝1），,\f(1,n)（n≥2）.))
(2)由题意得cn＝T2n＋1－Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n＋1)，
所以cn＋1－cn＝eq \f(1,2n＋2)＋eq \f(1,2n＋3)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(1,2n＋3)－eq \f(1,2n＋2)＝eq \f(－1,（2n＋3）（2n＋2）)<0，
即cn＋15．(2020·新高考Ⅰ，Ⅱ，18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)(新高考Ⅰ)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
(新高考Ⅱ)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
[解析] (1)设{an}的公比为q.由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q1＝eq \f(1,2)(舍去)，q2 ＝2.由题设得a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)(新高考Ⅰ)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)
＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)
＝480.
(新高考Ⅱ)a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝eq \f(23[1－（－22）n],1－（－2）2)＝eq \f(8,5)－(－1)neq \f(22n＋3,5).
6．(2021·辽宁鞍山一中模拟)数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4lg2bn＋3，n∈N*.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
[解析] (1)由Sn＝2n2＋n，可得当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋n)－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1.当n＝1时，a1＝3符合上式，所以an＝4n－1，由an＝4lg2bn＋3可得4n－1＝4lg2bn＋3，解得bn＝2n－1，n∈N*.
(2)anbn＝(4n－1)·2n－1
∴Tn＝3＋7·21＋11·22＋15·23＋…＋(4n－1)·2n－1①
∴2Tn＝3·21＋7·22＋11·23＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n②
①－②可得－Tn＝3＋4[21＋22＋23＋24＋…＋2n－1]－(4n－1)·2n
＝3＋4×eq \f(2（1－2n－1）,1－2)－(4n－1)·2n
＝－5＋(5－4n)·2n，
∴Tn＝5＋(4n－5)·2n，n∈N*.
7．(2021·北京西城区期中)已知等比数列{an}满足a3－a2＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)设等比数列{an}的公比为q，
则a3－a2＝a1q2－a1q＝10①，
a1a2a3＝(a1q)3＝125②，
由①②得q＝3，a1＝eq \f(5,3).
∴数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝eq \f(5,3)×3n－1＝5×3n－2.
(2)假设存在正整数m，使得eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)≥1.
由(1)知an＝5×3n－2，
∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(3,5)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)＝eq \f(\f(3,5)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(m))),1－\f(1,3))＝eq \f(9,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3m)))≥1，
∴32－m≤－1，显然不成立，
因此不存在正整数m，使得eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,am)≥1.
8．(2021·山东全真模拟)在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列， ，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[解析] 选条件①，
设{bn}的公比为q，则q3＝eq \f(b5,b2)＝－27，即q＝－3，
所以bn＝－(－3)n－1.
从而a5＝b1＝－1，a2＝b1＋b3＝－10，由于{an}是等差数列，所以an＝3n－16.
Sk>Sk＋1且Sk＋10，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3（k＋1）－16<0，,3（k＋2）－16>0，))得eq \f(10,3)所以满足题意的k存在．
选条件②.
设{bn}的公比为q，则q3＝eq \f(b5,b2)＝－27，即q＝－3，
所以bn＝－(－3)n－1.
从而a5＝b1＝－1，a4＝b4＝27，所以{an}的公差d＝－28.
因为Sk>Sk＋1且Sk＋10，此时d＝ak＋2－ak＋1>0，与d＝－28矛盾，所以满足题意的k不存在．
选条件③.
设{bn}的公比为q，则q3＝eq \f(b5,b2)＝－27，即q＝－3，
所以bn＝－(－3)n－1.
从而a5＝b1＝－1，由{an}是等差数列得S5＝eq \f(5（a1＋a5）,2)，
由S5＝－25得a1＝－9.
所以an＝2n－11.
Sk>Sk＋1且Sk＋10，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2（k＋1）－11<0，,2（k＋2）－11>0，))得eq \f(7,2)所以满足题意的k存在．