2022届一轮复习专题练习6 第49练 高考大题突破练——数列（解析版）

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考点一 等差数列、等比数列基本量的计算
1．(2020·保定期末)已知数列{an}，{bn}满足an＋1－an＝bn，{bn＋2}为等比数列，且a1＝2，a2＝4，a3＝10.
(1)试判断列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(2)求an.
考点二 数列求和
2．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和Sn满足4an－3Sn＝2，其中n∈N*.
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等比数列；
(2)设bn＝eq \f(1,2)an－4n，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和Tn.
3.已知f(x)＝3x2－2x，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(3,anan＋1)，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且S3＝2S2＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}为递增数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(2n－1,2an)(n∈N*)，求数列bn的前n项和Tn.
(3)在条件(2)下，若不等式λnTn－3λn＋bn<0对任意正整数n都成立，求λ的取值范围．
答案精析
1．解 (1)数列{bn}不是等比数列．
理由如下：
由an＋1－an＝bn，且a1＝2，a2＝4，a3＝10得b1＝a2－a1＝2，b2＝a3－a2＝6，
又∵数列{bn＋2}为等比数列，
可知其首项为4，公比为2.
∴b3＋2＝4×22＝16，
∴b3＝14，
显然beq \\al(2,2)＝36≠b1b3＝28.
故数列{bn}不是等比数列．
(2)结合(1)知，等比数列{bn＋2}的首项为4，公比为2，
故bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，
∴bn＝2n＋1－2，
∵an＋1－an＝bn，
∴an－an－1＝2n－2(n≥2)，
令n＝2，…，(n－1)，
累加得an－2＝(22＋23＋…＋2n)－2(n－1)，
∴an＝(2＋22＋23＋…＋2n)－2n＋2
＝eq \f(22n－1,2－1)－2n＋2＝2n＋1－2n，
又a1＝2满足上式，
∴an＝2n＋1－2n.
2．(1)证明 4an－3Sn＝2，①
∴当n＝1时，4a1－3S1＝2，解得a1＝2；
当n≥2时，4an－1－3Sn－1＝2，②
由①－②得，4an－4an－1－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－Sn－1))＝0，
∴4an－4an－1－3an＝0，
∴an＝4an－1，
由a1＝2得an≠0，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是首项为2，公比为4的等比数列．
(2)解 由(1)知，an＝2×4n－1，
∴bn＝eq \f(1,2)an－4n＝4n－1－4n，
则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(40＋41＋42＋…＋4n－1))－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2＋3＋…＋n))
＝eq \f(1－4n,1－4)－4×eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2)＝eq \f(4n,3)－2n2－2n－eq \f(1,3).
3．解 (1)由点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上得Sn＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1，满足上式，
所以an＝6n－5(n∈N*)．
(2)由(1)得
bn＝eq \f(3,anan＋1)＝eq \f(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6n－5))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1))－5)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6n－5)－\f(1,6n＋1)))，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,7)＋\f(1,7)－\f(1,13)＋\f(1,13)－\f(1,19)＋…＋\f(1,6n－5)－\f(1,6n＋1)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6n＋1))).
因此，使得eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6n＋1)))4．解 (1)∵S3＝2S2＋1，
∴a1＋a1q＋a1q2＝2a1＋2a1q＋1，解得q＝2或q＝－1，
当q＝2时，an＝2n－1；
当q＝－1时，an＝(－1)n－1.
(2)∵数列{an}为递增数列，
∴an＝2n－1，bn＝eq \f(2n－1,2n)＝(2n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
Tn＝1×eq \f(1,2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋(2n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
eq \f(1,2)Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋…＋(2n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
两式相减，化简得到
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋…＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－(2n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
Tn＝3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2－(2n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＝3－eq \f(2n＋3,2n).
(3)Tn＝3－eq \f(2n＋3,2n)<3，
λnTn－3λn＋bn<0，则λ>eq \f(bn,3n－nTn)，
eq \f(bn,3n－nTn)＝eq \f(2n－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋3,2n))))＝eq \f(2n－1,n2n＋3)＝eq \f(2n－1,2n2＋3n)，
设2n－1＝t，
eq \f(bn,3n－nTn)＝eq \f(2t,t2＋5t＋4)＝eq \f(2,t＋\f(4,t)＋5) (t为奇数)，
根据对勾函数的性质知t＝1或t＝3时有最大值．
当t＝1时，eq \f(bn,3n－nTn)＝eq \f(2,t＋\f(4,t)＋5) ＝eq \f(1,5)；
当t＝3时，eq \f(bn,3n－nTn)＝eq \f(2,t＋\f(4,t)＋5) ＝eq \f(3,14)，故λ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,14)，＋∞)).