2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 集合、邏輯用語(yǔ)等 題型練4 大題專(zhuān)項(xiàng)（二）數(shù)列的通項(xiàng)、求和問(wèn)題 理.doc

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題型練4　大題專(zhuān)項(xiàng)(二)數(shù)列的通項(xiàng)、求和問(wèn)題 1.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿(mǎn)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T(mén)n,求Tn. 3.(2018浙江,20)已知等比數(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(mǎn)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1anan+1+1bnbn+1的前n項(xiàng)和Tn. 5.已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=,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(xiàn)x2-y2an2=1的離心率為en,且e2=,證明:e1+e2+…+en>4n-3n3n-1.  題型練4　大題專(zhuān)項(xiàng)(二) 數(shù)列的通項(xiàng)、求和問(wèn)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)∵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=2112+123+134+…+1n(n+1)=21-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=21-1n+1=2nn+1.故Tn=2nn+1. 3.解 (1)由a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng),得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8. 由a3+a5=20,得8q+1q=20, 解得q=2或q=12,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=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,解得cn=4n-1. 由(1)可知an=2n-1, 所以bn+1-bn=(4n-1)12n-1. 故bn-bn-1=(4n-5)12n-2,n≥2, bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1) =(4n-5)12n-2+(4n-9)12n-3+…+712+3. 設(shè)Tn=3+712+11122+…+(4n-5)12n-2,n≥2, 12Tn=312+7122+…+(4n-9)12n-2+(4n-5)12n-1, 所以12Tn=3+412+4122+…+412n-2-(4n-5)12n-1, 因此Tn=14-(4n+3)12n-2,n≥2, 又b1=1,所以bn=15-(4n+3)12n-2. 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=12,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00,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(xiàn)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.