《新編高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪習(xí)題：第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練4 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪習(xí)題：第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練4 Word版含答案（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
題型練4 大題專項(xiàng)(二)
數(shù)列的通項(xiàng)、求和問題
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=1Sn.
(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.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足:Sn=aa-1
2、(an-1),a為常數(shù),且a≠0,a≠1.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若a=13,設(shè)bn=an1+an-an+11-an+1,且數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:Tn<13.
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12,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1anan+1+1bnbn+1的前n項(xiàng)和Tn.
5.已
3、知數(shù)列{an}滿足a1=12,且an+1=an-an2(n∈N*).
(1)證明:1≤anan+1≤2(n∈N*);
(2)設(shè)數(shù)列{an2}的前n項(xiàng)和為Sn,證明:12(n+2)≤Snn≤12(n+1)(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-y2an2=1的離心率為en,且e2=53,證明:e1+e2+…+en>4n-3n3n-1.
4、
參考答案
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(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=1-anq1-q,又S3+S6=2S9,
所以1-a3q1-q+1-a6q1-q=2(1-a9q)1-q,
化簡(jiǎn),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
5、)∵在等差數(shù)列{an}中,a1=1,公差d=1,
∴Sn=na1+n(n-1)2d=n2+n2,∴bn=2n2+n.
(2)bn=2n2+n=2n(n+1)=21n-1n+1,∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=211×2+12×3+13×4+…+1n(n+1)=21-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=21-1n+1=2nn+1.故Tn=2nn+1.
3.(1)解因?yàn)閍1=S1=aa-1(a1-1),所以a1=a.
當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=aa-1an-aa-1an-1,得anan-1=a,
所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a,公比也為a的等比數(shù)列.
所以an=a
6、·an-1=an.
(2)證明當(dāng)a=13時(shí),an=13n,
所以bn=an1+an-an+11-an+1=13n1+13n-13n+11-13n+1=13n+1-13n+1-1.
因?yàn)?3n+1<13n,13n+1-1>13n+1,
所以bn=13n+1-13n+1-1<13n-13n+1.
所以Tn=b1+b2+…+bn<13-132+132-133+…+13n-13n+1=13-13n+1.
因?yàn)?13n+1<0,所以13-13n+1<13,即Tn<13.
4.解(1)設(shè){an}公差為d,由題意得a1+2d=8,a1+2q=3,a1+d+2q=6,解得a1=2,d=3,q=1
7、2,故an=3n-1,bn=12n.
(2)∵1anan+1+1bnbn+1=131an-1an+1+1bnbn+1=131an-1an+1+22n+1,
∴Tn=1312-15+15-18+…+13n-1-13n+2+8(1-4n)1-4=1312-13n+2+13(22n+3-8)=1322n+3-13n+2-52.
5.證明(1)由題意得an+1-an=-an2≤0,即an+1≤an,故an≤12.由an=(1-an-1)an-1,得an=(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a1>0.
由0
8、≤anan+1≤2.
(2)由題意得an2=an-an+1,所以Sn=a1-an+1. ①
由1an+1-1an=anan+1和1≤anan+1≤2,得1≤1an+1-1an≤2,所以n≤1an+1-1a1≤2n,
因此12(n+1)≤an+1≤1n+2(n∈N*). ②
由①②得12(n+2)≤Snn≤12(n+1)(n∈N*).
6.解(1)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)由(1)可知,an=qn-1.
所以雙曲線x2-y2an2=1的離心率en=1+an2=1+q2(n-1).
由e2=1+q2=53,解得q=43.
因?yàn)?+q2(k-1)>q2(k-1),所以1+q2(k-1)>qk-1(k∈N*).
于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=qn-1q-1,
故e1+e2+…+en>4n-3n3n-1.
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