广西专用高考数学一轮复习高考大题专项练三高考中的数列含解析新人教A版文

高考大题专项练三　高考中的数列

1.(2020全国Ⅲ,文17)设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8.

(1)求{an}的通项公式;

(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.

解：(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1.

由已知得解得a1=1,q=3.

所以{an}的通项公式为an=3n-1.

(2)由(1)知log3an=n-1,故Sn=.

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),m=6.

2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若=9,a2+a5=36,数列{bn}满足bn=anlog2an.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠1),

因为所以

解得a1=2,q=2,所以an=2n.

(2)由(1)知,bn=2nlog22n=n·2n,

则Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,

2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,

两式相减得-Tn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=2n+1-n×2n+1-2,故Tn=(n-1)2n+1+2.

3.若数列{an}的前n项和为Sn,且a1>0,2Sn=+an(n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若an>0(n∈N*),令bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)当n=1时,2S1=+a1,则a1=1.

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,

即(an+an-1)(an-an-1-1)=0⇒an=-an-1或an=an-1+1,

故an=(-1)n-1或an=n.

(2)由an>0,得an=n,bn=,

故Tn=.

4.设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.

(1)求Sn和Tn;

(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.

解：(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1.

所以,Tn==2n-1.

设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.

由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,

从而a1=1,d=1,故an=n.

所以,Sn=.

(2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.

由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得,+2n+1-n-2=n+2n+1,

整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4.

所以,n的值为4.

5.已知f(x)=2sinx,集合M={x||f(x)|=2,x>0},把M中的元素从小到大依次排成一列,得到数列{an},n∈N*.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)记bn=,设数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<.

答案：(1)解f(x)=2sinx,集合M={x||f(x)|=2,x>0},

则x=kπ+,解得x=2k+1(k∈Z),

把M中的元素从小到大依次排成一列,得到数列{an},

所以an=2n-1.

(2)证明bn=,

故Tn=b1+b2+…+bn<

=.

6.已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.

(1)求q的值;

(2)求数列{bn}的通项公式.

解：(1)由a4+2是a3,a5的等差中项,得a3+a5=2a4+4,

所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.

由a3+a5=20,得8=20,

解得q=2或q=,因为q>1,所以q=2.

(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}前n项和为Sn,

由cn=解得cn=4n-1.

由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)·.

故bn-bn-1=(4n-5)·,n≥2,

bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)

=(4n-5)·+(4n-9)·+…+7·+3.

设Tn=3+7·+11·+…+(4n-5)·,n≥2,

Tn=3·+7·+…+(4n-9)·+(4n-5)·,

所以Tn=3+4·+4·+…+4·-(4n-5)·,

因此Tn=14-(4n+3)·,n≥2,

又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·,n≥2.因为b1=1满足上式,所以bn=15-(4n+3)·.

7.已知正项数列{an}的首项a1=1,前n项和Sn满足an=(n≥2).

(1)求证:{}为等差数列,并求数列{an}的通项公式;

(2)记数列的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,不等式4Tn<a2-a恒成立,求实数a的取值范围.

解：(1)因为an=,n≥2,

所以Sn-Sn-1=,即=1,

所以数列{}是首项为=1,公差为1的等差数列,得=n,

所以an==n+(n-1)=2n-1(n≥2),

当n=1时,a1=1也适合,所以an=2n-1.

(2)因为=,

所以Tn=+…+=.

所以Tn<.要使不等式4Tn<a2-a恒成立,只需2≤a2-a恒成立,解得a≤-1或a≥2,

故实数a的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞).

8.设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.

(1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)设数列{cn}满足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).

解：(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.

依题意,得解得

故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.

所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n.

(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n

=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)

=+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)

=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).

记Tn=1×31+2×32+…+n×3n,①

则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,②

②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-+n×3n+1=.

所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×(n∈N*).