《（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練4 大題專項(xiàng)（二）數(shù)列的通項(xiàng)、求和問題 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練4 大題專項(xiàng)（二）數(shù)列的通項(xiàng)、求和問題 理（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練4 大題專項(xiàng)（二）數(shù)列的通項(xiàng)、求和問題 理
1.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿足(1-q)Sn+qan=1,且q(q-1)≠0.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若S3,S9,S6成等差數(shù)列,求證:a2,a8,a5成等差數(shù)列.
2.已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1,公差d=1,前n項(xiàng)和為Sn,bn=.
(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)數(shù)列{bn}前n項(xiàng)和為Tn,求Tn.
3.(2018浙江,20)已知等比
2、數(shù)列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng).數(shù)列{bn}滿足b1=1,數(shù)列{(bn+1-bn)an}的前n項(xiàng)和為2n2+n.
(1)求q的值;
(2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式.
4.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,公比為q的等比數(shù)列{bn}的首項(xiàng)是,且a1+2q=3,a2+4b2=6,S5=40.
(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式an,bn;
(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.
5.已知數(shù)
3、列{an}滿足a1=,且an+1=an-(n∈N*).
(1)證明:1≤≤2(n∈N*);
(2)設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Sn,證明:(n∈N*).
6.已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*.
(1)若2a2,a3,a2+2成等差數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)雙曲線x2-=1的離心率為en,且e2=,證明:e1+e2+…+en>.
題型練4 大題專項(xiàng)(二)
數(shù)列的通項(xiàng)、求和問題
1.(1)解 當(dāng)n=1時(shí),由(1-q)S1+qa1=1,a1=1.
當(dāng)n≥2時(shí),由
4、(1-q)Sn+qan=1,得(1-q)Sn-1+qan-1=1,兩式相減,得an=qan-1.
又q(q-1)≠0,所以{an}是以1為首項(xiàng),q為公比的等比數(shù)列,故an=qn-1.
(2)證明 由(1)可知Sn=,又S3+S6=2S9,
所以,
化簡,得a3+a6=2a9,兩邊同除以q,得a2+a5=2a8.故a2,a8,a5成等差數(shù)列.
2.解 (1)∵在等差數(shù)列{an}中,a1=1,公差d=1,
∴Sn=na1+d=,∴bn=
(2)bn==2,∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=2+…+=2+…+=2故Tn=
3.解 (1)由a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng),得a3+a5
5、=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?yàn)閝>1,所以q=2.
(2)設(shè)cn=(bn+1-bn)an,數(shù)列{cn}前n項(xiàng)和為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.
設(shè)Tn=3+7+11+…+(4n-5),n≥2,
Tn=3+7+…+(4n-9)+(4n-
6、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)
4.解 (1)設(shè){an}公差為d,由題意得解得故an=3n-1,bn=
(2)+22n+1,
∴Tn=+…+(22n+3-8)=
5.證明 (1)由題意得an+1-an=-0,即an+1≤an,故an由an=(1-an-1)an-1,得an=(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a1>0.
由0
7、n+1(n∈N*). ②
由①②得(n∈N*).
6.(1)解 由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,
兩式相減得到an+2=qan+1,n≥1.
又由S2=qS1+1得到a2=qa1,
故an+1=qan對(duì)所有n≥1都成立.
所以,數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為q的等比數(shù)列.
從而an=qn-1.
由2a2,a3,a2+2成等差數(shù)列,可得2a3=3a2+2,
即2q2=3q+2,則(2q+1)(q-2)=0,
由已知,q>0,故q=2.
所以an=2n-1(n∈N*).
(2)證明 由(1)可知,an=qn-1.
所以雙曲線x2-=1的離心率en=
由e2=,解得q=
因?yàn)?+q2(k-1)>q2(k-1),所以>qk-1(k∈N*).
于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=,
故e1+e2+…+en>
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