《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 大題專項練（二）數(shù)列 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 大題專項練（二）數(shù)列 文（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、大題專項練(二) 數(shù)列
A組 基礎(chǔ)通關(guān)
1.已知等差數(shù)列{an}滿足a3-a2=3,a2+a4=14.
(1)求{an}的通項公式;
(2)設(shè)Sn是等比數(shù)列{bn}的前n項和,若b2=a2,b4=a6,求S7.
解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,
∵a3-a2=3,a2+a4=14.
∴d=3,2a1+4d=14,
解得a1=1,d=3,
∴an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q,b2=a2=4=b1q,b4=a6=16=b1q3,聯(lián)立解得b1=2,q=2,或b1=-2,q=-2.
∴S7=2×(27-1)2-1=254,或S7=-2×
2、[1-(-2)7]1-(-2)
=-86.
2.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,滿足a2=15,Sn+1=Sn+3an+6.
(1)證明:{an+3}是等比數(shù)列;
(2)求數(shù)列{an}的通項公式以及前n項和Sn.
(1)證明在Sn+1=Sn+3an+6中,令n=1,得S2=S1+3a1+6,
得a1+a2=a1+3a1+6,即a1+15=4a1+6,
解得a1=3.
因為Sn+1=Sn+3an+6,
所以an+1=3an+6.
所以an+1+3an+3=3an+9an+3=3.
所以{an+3}是以6為首項,3為公比的等比數(shù)列.
(2)解由(1)得an+3=6×3n-
3、1=2×3n,
所以an=2×3n-3.
∴Sn=2×(3+32+33+…3n)-3n=2×3×(1-3n)1-3-3n=3n+1-3-3n.
3.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,Sn=1-an(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設(shè)bn=log2an,求數(shù)列1bnbn+1的前n項和Tn.
解(1)因為Sn=1-an(n∈N*),
所以Sn-1=1-an-1(n∈N*,且n≥2),
則Sn-Sn-1=(1-an)-(1-an-1)(n∈N*,且n≥2).
即an=12an-1(n∈N*,且n≥2).
因為Sn=1-an(n∈N*),
所以S1=1-a1=
4、a1,即a1=12.
所以{an}是以12為首項,12為公比的等比數(shù)列.
故an=12n(n∈N*).
(2)bn=log2an,所以bn=log212n=-n.
所以1bnbn+1=1n(n+1)=1n-1n+1,
故Tn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.
4.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,d為整數(shù),前n項和為Sn,等比數(shù)列{bn}的公比為q,已知a1=b1,b2=2,d=q,S10=100,n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式;
(2)設(shè)cn=anbn,求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.
解(1)由題意可得10a1+45d=1
5、00,a1d=2,
解得a1=9,d=29(舍去)或a1=1,d=2,
所以an=2n-1,bn=2n-1.
(2)∵cn=anbn,cn=2n-12n-1,
∴Tn=1+32+522+723+…+2n-12n-1,①
12Tn=12+322+523+724+925+…+2n-12n,②
①-②可得12Tn=2+12+122+…+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,故Tn=6-2n+32n-1.
5.已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn,滿足2Sn+1=2an2+an(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)已知對于n∈N*,不等式1S1+1S2+1S3
6、+…+1Sn0,所以a1=1,
當(dāng)n≥2時,2Sn+1=2an2+an(n∈N*),
2Sn-1+1=2an-12+an-1(n∈N*),
作差整理,得an+an-1=2(an+an-1)(an-an-1),
因為an>0,故an+an-1>0,所以an-an-1=12,
故數(shù)列{an}為等差數(shù)列,所以an=n+12.
(2)由(1)知Sn=n(n+3)4,
所以1Sn=4n(n+3)=431n-1n+3,
從而1S1+1S2+1S3+…+1Sn
=431-14+12-15+13-16+…
7、+1n-2-1n+1+1n-1-1n+2+1n-1n+3
=431+12+13-1n+1-1n+2-1n+3=43116-1n+1-1n+2-1n+3<229.
所以M≥229,故M的最小值為229.
6.已知數(shù)列{an}是公比為q的正項等比數(shù)列,{bn}是公差d為負(fù)數(shù)的等差數(shù)列,滿足1a2-1a3=da1,b1+b2+b3=21,b1b2b3=315.
(1)求數(shù)列{an}的公比q與數(shù)列{bn}的通項公式;
(2)求數(shù)列{|bn|}的前10項和S10.
解(1)由已知,b1+b2+b3=3b2=21,得b2=7,
又b1b2b3=(b2-d)·b2·(b2+d)=(7-d)·7
8、·(7+d)=343-7d2=315,
得d=-2或2(舍),b1=7+2=9,bn=-2n+11.
于是1a2-1a3=-2a1,
又{an}是公比為q的等比數(shù)列,故1a1q-1a1q2=-2a1,
所以,2q2+q-1=0,q=-1(舍)或12.
綜上,q=12,d=-2,bn=11-2n.
(2)設(shè){bn}的前n項和為Tn;令bn≥0,11-2n≥0,得n≤5,
于是,S5=T5=5(b1+b5)2=25.
易知,n>6時,bn<0,|b6|+|b7|+…+|b10|=-b6-b7-…-b10=-(b6+b7+…+b10)=-(T10-T5)=-(0-25)=25,所以,
9、S10=50.
B組 能力提升
7.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,點(diǎn)(n,Sn)(n∈N*)在函數(shù)f(x)=12x2+12x的圖象上.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設(shè)數(shù)列1anan+2的前n項和為Tn,不等式Tn>13loga(1-a)對任意正整數(shù)n恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解(1)∵點(diǎn)(n,Sn)在函數(shù)f(x)=12x2+12x的圖象上,
∴Sn=12n2+12n.①
當(dāng)n≥2時,Sn-1=12(n-1)2+12(n-1),②
①-②,得an=n.
當(dāng)n=1時,a1=S1=1,符合上式.
∴an=n(n∈N*).
(2)由(1),得1anan+2=1
10、n(n+2)=121n-1n+2,
∴Tn=1a1a3+1a2a4+…+1anan+2=121-13+12-14+…+1n-1n+2=34-121n+1+1n+2.
∵Tn+1-Tn=1(n+1)(n+3)>0,
∴數(shù)列{Tn}單調(diào)遞增,
∴{Tn}中的最小項為T1=13.
要使不等式Tn>13loga(1-a)對任意正整數(shù)n恒成立,只要13>13loga(1-a),
即loga(1-a)
11、且a1,a2,a3成等差數(shù)列,求λ的值;
(2)若{an}的各項均不為零,問當(dāng)且僅當(dāng)λ為何值時,a2,a3,…,an,…成等差數(shù)列?試說明理由.
解(1)令n=1,2,得λa2=a1+1=2,2λa3=S2+1=a1+a2+1,
又由a1,a2,a3成等差數(shù)列,
所以2a2=a1+a3=1+a3,
解得λ=3±52.
(2)當(dāng)且僅當(dāng)λ=12時,a2,a3,…,an,…成等差數(shù)列,
證明如下:
由已知λnan+1=Sn+1,當(dāng)n≥2時,λ(n-1)an=Sn-1+1,
兩式相減得λnan+1-λnan+λan=an,
即λn(an+1-an)=(1-λ)an,
由于{an}
12、的各項均不相等,
所以λn1-λ=anan+1-an(n≥2),
當(dāng)n≥3時,有λ(n-1)1-λ=an-1an-an-1,
兩式相減可得λ1-λ=anan+1-an-an-1an-an-1,
①當(dāng)λ=12,得anan+1-an=an-1an-an-1+1=anan-an-1,
由于an≠0,所以an+1-an=an-an-1,
即2an=an+1+an-1(n≥3),
故a2,a3,…,an,…成等差數(shù)列.
②再證當(dāng)a2,a3,…,an,…成等差數(shù)列時,λ=12,
因為a2,a3,…,an,…成等差數(shù)列,
所以an+1-an=an-an-1(n≥3),可得anan+1-an-an-1an-an-1=anan-an-1-an-1an-an-1=1=λ1-λ,
所以λ=12,
所以當(dāng)且僅當(dāng)λ=12時,a2,a3,…,an,…成等差數(shù)列.
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