2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項3 高考中的數(shù)列 文 北師大版

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1、高考大題專項三　高考中的數(shù)列 1.(2018山西呂梁一模,17)已知{an}是首項為1的等比數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足b1=2,b2=5,且anbn+1=anbn+an+1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)求數(shù)列{bn}的前n項和. 2.(2018福建龍巖4月質(zhì)檢,17)已知正項等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=2an-1(n∈N+). (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)若bn=lg an,求數(shù)列{an+bn}的前n項和Tn. 3.(2018北京海淀期末,15)已知等差數(shù)列{an}的前

2、n項和Sn,且a2=5,S3=a7. (1)數(shù)列{an}的通項公式; (2)若bn=,求數(shù)列{an+bn}的前n項和. 4.(2018河北唐山一模,17)已知數(shù)列{an}為單調(diào)遞增數(shù)列,Sn為其前n項和,2Sn=+n. (1)求{an}的通項公式; (2)若bn=,Tn為數(shù)列{bn}的前n項和,證明:Tn<. 5.(2018湖南衡陽二模,17)等差數(shù)列{an}中,a3=1,a7=9,Sn為等比數(shù)列{bn}的前n項和,且b1=2,若4S1,3S2,2S3成等差數(shù)列. (1)求數(shù)列{an},{bn}的

3、通項公式; (2)設(shè)cn=|an|·bn,求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 6.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,Sn=(m+1)-man對任意的n∈N+都成立,其中m為常數(shù),且m<-1. (1)求證:數(shù)列{an}是等比數(shù)列; (2)記數(shù)列{an}的公比為q,設(shè)q=f(m),若數(shù)列{bn}滿足b1=a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N+).求證:數(shù)列是等差數(shù)列; (3)在(2)的條件下,設(shè)cn=bn·bn+1,數(shù)列{cn}的前n項和為Tn,求證:Tn<1. 7.(2018宿州十三所中學(xué)期中,17)已知數(shù)列{an

4、}的前n項和為Sn,并且滿足a1=1,nan+1=Sn+n(n+1). (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)若bn=,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,求Tn; (3)在(2)的條件下,是否存在常數(shù)λ,使得數(shù)列為等比數(shù)列?若存在,試求出λ;若不存在,說明理由. 高考大題專項三　高考中的數(shù)列 1.解 (1)把n=1代入已知等式得a1b2=a1b1+a2,∴a2=a1b2-a1b1=3a1. ∴{an}是首項為1,公比為3的等比數(shù)列,即an=3n-1. (2)由已知得bn+1-bn==3, ∴{bn}是首項為2,公差為3的等差數(shù)列,其通項公式為bn=3n-1, ∴Sn=.

5、2.解 (1)由Sn=2an-1(n∈N+),可得S1=2a1-1, ∴a1=2a1-1,∴a1=1. 又S2=2a2-1,∴a1+a2=2a2-1,∴a2=2. ∵數(shù)列{an}是等比數(shù)列, ∴公比q==2, ∴數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-1. (2)由(1)知,bn=lg an=(n-1)lg 2, ∴Tn=(b1+a1)+(b2+a2)+…+(bn+an) =(0+1)+(lg 2+2)+…+[(n-1)lg 2+2n-1] =[lg 2+2lg 2+…+(n-1)lg 2]+(1+2+…+2n-1) =lg 2+2n-1. 3.解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的

6、首項為a1,公差為d, 則解得a1=3,d=2. 由an=a1+(n-1)d,則an=2n+1. 因此,通項公式為an=2n+1. (2)由(1)可知:an=2n+1, 則bn=22n+1,=4. 因為b1=23=8,所以{bn}是首項為8,公比為q=4的等比數(shù)列. 記{an+bn}的前n項和為Tn, 則Tn=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(an+bn)=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)==n2+2n+. 4.(1)解 當(dāng)n=1時,2S1=2a1=+1, 所以(a1-1)2=0,即a1=1. 又{an}為單調(diào)遞增數(shù)列,所以an≥1. 由2Sn=+

7、n得2Sn+1=+n+1, 所以2Sn+1-2Sn=+1, 整理得2an+1=+1, 即=(an+1-1)2, 所以an=an+1-1,即an+1-an=1, 所以{an}是以1為首項,1為公差的等差數(shù)列,所以an=n. (2)證明 因為bn=, 所以Tn=++…+=. 5.解 (1)在等差數(shù)列{an}中,設(shè)公差為d,則a7-a3=4d=9-1=8,故d=2, ∴an=a3+(n-3)d=1+2(n-3)=2n-5. 設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q,依題意有6S2=4S1+2S3,故q=2,∴bn=2n. (2)∵cn=|2n-5|·2n. 當(dāng)n=1時,T1=6, 當(dāng)n

8、=2時,T2=10, 當(dāng)n≥3時,2n-5>0, Tn=10+1×23+3×24+…+(2n-7)2n-1+(2n-5)2n, ① 2Tn=20+1×24+3×25+…+(2n-7)2n+(2n-5)2n+1, ② ①-②,得-Tn=-10+8+2(24+…+2n)-(2n-5)2n+1, ∴Tn=34+(2n-7)2n+1. ∴Tn= 6.證明 (1)當(dāng)n=1時,a1=S1=1. ∵Sn=(m+1)-man, ① ∴Sn-1=(m+1)-man-1(n≥2), ② 由①-②,得an=man-1-man(n≥2), 即(m+1)an=man-1. ∵a1≠0,m<-1,

9、∴an-1≠0,m+1≠0. ∴(n≥2). ∴數(shù)列{an}是首項為1,公比為的等比數(shù)列. (2)∵f(m)=,b1=a1=1,bn=f(bn-1)=(n≥2), ∴(n≥2), ∴=1(n≥2), ∴數(shù)列是首項為1,公差為1的等差數(shù)列. (3)由(2)得=n,則bn=,故cn=bn·bn+1=, 因此,Tn=+…++…+=1-<1. 7.解 (1)∵nan+1=Sn+n(n+1), ① ∴當(dāng)n≥2時,(n-1)an=Sn-1+n(n-1), ② 由①-②可得an+1-an=2(n≥2),且a1=1,a2=S1+1×(1+1)=3, ∴數(shù)列{an}是首項為1,公差為2的等差數(shù)列,即an=2n-1. (2)由(1)知數(shù)列an=2n-1,∴bn=, 則Tn=+…+, ① ∴Tn=+…+, ② 由①-②得, Tn=+2+…+- =+2×, ∴Tn=3-. (3)由(2)知Tn=3-, ∴, ∴要使數(shù)列為等比數(shù)列, 當(dāng)且僅當(dāng)3+λ=0,即λ=-3. 故存在λ=-3,使得數(shù)列為等比數(shù)列. 5