高考数学大一轮复习解题思维5高考中数列解答题的提分策略试题文含解析

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1.[2020南昌市三模,12分]已知数列{an}中,a1=2,anan+1=2pn+1(p为常数).
(1)若-a1,12a2,a4成等差数列,求p的值;
(2)若{an}为等比数列,求p的值及{an}的前n项和Sn.
2.[2021山东济南模拟,12分]设等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,S3=13.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若{an}是递增数列,求数列{|an-n-2|}的前n项和.
3.[2021河南省名校第一次联考,12分]已知数列{an}的首项a1=1,其前n项和为Sn,且满足Sn+1=2Sn+n+1.
(1)求证:数列{an+1}是等比数列;
(2)令bn=n(an+1),求数列{bn}的前n项和Tn.
4.[原创题,12分]已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn2=an+12-λSn+1,其中λ为常数.
(1)证明:Sn+1=2Sn+λ.
(2)是否存在实数λ,使得数列{an}为等比数列?若存在,求出λ;若不存在,请说明理由.
答 案
解题思维5高考中数列解答题的提分策略
1.(1)令n=1,则a1a2=2p+1,又a1=2,所以a2=2p.
anan+1=2pn+1 ①,
an+1an+2=2pn+p+1 ②,
②①得an+2an=2p,故a4=2pa2=(2p)2.(3分)
若-a1,12a2,a4成等差数列,则a4-2=a2,即(2p)2-2=2p,
解得2p=2,即p=1.(6分)
(2)若{an}为等比数列,则由a1>0,a2>0,知此数列的首项和公比均为正数.
设其公比为q,因为an+2an=2p,所以q2=2p,q=2p2,故2p2=a2a1=2p2,得p=2.(9分)
此时a1=2,q=2,所以an=2n,故anan+1=22n+1,
故2pn+1=22n+1,因此p=2,
所以数列{an}的前n项和Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2.(12分)
2.(1)设等比数列{an}的公比为q.
由题意得a1+a1q+a1q2=13,即1+q+q2=13,解得q=3或q=-4.
故数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*或an=(-4)n-1,n∈N*.(4分)
(2)由(1)知,an=3n-1,n∈N*.
令bn=|an-n-2|=|3n-1-n-2|.(6分)
由3n-1-n-2≥0得3n-1≥n+2,所以n≥3.由3n-1-n-2<0得n≤2,即n=1,2.
设数列{|an-n-2|}的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+b3+…+bn.
当n=1时,T1=b1=2;当n=2时,T2=b1+b2=3;
当n≥3时,Tn=3+9(1-3n-2)1-3-(n-2)(n+7)2=3n-n2-5n+112.(10分)
T1不满足上式,T2满足上式.
综上,Tn=2,n=1,3n-n2-5n+112,n≥2.(12分)
3.(1)∵Sn+1=2Sn+n+1, ①
∴当n≥2时,Sn=2Sn-1+n, ②(2分)
①-②得,an+1=2an+1,n≥2,
∴an+1+1=2an+1+1,n≥2,
即an+1+1=2(an+1),n≥2.(4分)
又a1+a2=2a1+2,∴a2=3,
则a2+1=2(a1+1).
∴数列{an+1}是以a1+1=2为首项、2为公比的等比数列.(6分)
(2)由(1)知an+1=2n.
∴bn=n·2n.
∴Tn=1×21+2×22+3×23+4×24+…+(n-1)·2n-1+n·2n, ③
∴2Tn=1×22+2×23+3×24+4×25+…+(n-1)·2n+n·2n+1, ④(9分)
③-④,得-Tn=2+1×22+1×23+…+1×2n-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2.
∴Tn=(n-1)·2n+1+2.(12分)
4.(1)∵an+1=Sn+1-Sn,Sn2=an+12-λSn+1,
∴Sn2=(Sn+1-Sn)2-λSn+1,(1分)
∴Sn+1(Sn+1-2Sn-λ)=0.(3分)
∵an>0,∴Sn+1>0,
∴Sn+1-2Sn-λ=0,∴Sn+1=2Sn+λ.(5分)
(2)∵Sn+1=2Sn+λ,
∴Sn=2Sn-1+λ(n≥2),
两式相减,得an+1=2an(n≥2).(8分)
∵S2=2S1+λ,即a2+a1=2a1+λ,
∴a2=1+λ,由a2>0,得λ>-1.
若{an}是等比数列,则a1a3=a22,(10分)
即2(λ+1)=(λ+1)2,得λ=1.(11分)
经检验,λ=1符合题意.
故存在λ=1,使得数列{an}为等比数列.(12分)