广西专用高考数学一轮复习大题专项练3高考中的数列含解析新人教A版理

高考大题专项练三　高考中的数列

1.(2021新高考Ⅰ)已知数列{an}满足a1=1,an+1=

(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;

(2)求{an}的前20项和.

2.(2021四川成都七中高三月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a2=3,且S5=4a3+5.

(1)求{an}的通项公式;

(2)若+…+对n∈N*都成立,求实数m的取值范围.

3.已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.

(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;

(2)求{an}和{bn}的通项公式.

4.设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.

(1)求Sn和Tn;

(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.

5.已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.

(1)求q的值;

(2)求数列{bn}的通项公式.

6.(2021北京东城区模拟)已知数列{an}的前n项和是An,数列{bn}的前n项和是Bn,若a1=1,an+1=2an+1,n∈N*,再从三个条件:①Bn=-n2+21n;②Bn+1-bn=Bn-2,b1=20;③bn=22-2log2(an+1)中任选一组作为已知条件,完成下面问题的解答.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式;

(2)定义:a*b=记cn=an*bn,求数列{cn}的前n项和Tn.

7.已知正项数列{an}的首项a1=1,前n项和Sn满足an=(n≥2).

(1)求证:{}为等差数列,并求数列{an}的通项公式;

(2)记数列的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,不等式4Tn<a2-a恒成立,求实数a的取值范围.

8.(2021天津高考)已知{an}是公差为2的等差数列,其前8项和为64.{bn}是公比大于0的等比数列,b1=4,b3-b2=48.

(1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)记cn=b2n+,n∈N*,

①证明{-c2n}是等比数列;

②证明<2(n∈N*).

答案：

1.解(1)b1=a2=a1+1=2,

b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.

由bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3,得bn+1-bn=a2n+3-a2n=3.

所以是首项为2,公差为3的等差数列,所以bn=2+(n-1)×3=3n-1.

(2)由(1)知,数列的偶数项组成的数列是以3为公差的等差数列,由已知得an=an+1-1,n为奇数,所以数列{an}的奇数项组成的数列也是以3为公差的等差数列.设数列的前n项和为Sn,则S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=10+×3+20+×3=300,

所以的前20项和为300.

2.解(1)设数列{an}的公差为d.

法一:由题意,得

解得故{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).

法二:由S5==5a3,又S5=4a3+5,即a3=5.

∴d=a3-a2=2,故{an}的通项公式为an=a2+(n-2)d=2n-1(n∈N*).

(2)设的前n项和为Tn.

∵,

∴Tn=++…+=1-<,

由题设不等式恒成立,有,解得1<m≤3,

∴所求实数m的取值范围是(1,3].

3.(1)证明由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=(an+bn).

又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.

由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.

又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.

(2)解由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1,

所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=+n-,bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+.

4.解(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1.

所以,Tn==2n-1.

设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n.所以,Sn=.

(2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.

由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得,+2n+1-n-2=n+2n+1,

整理得n2-3n-4=0,

解得n=-1(舍)或n=4.

所以,n的值为4.

5.解(1)由a4+2是a3,a5的等差中项,得a3+a5=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=,

因为q>1,所以q=2.

(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}前n项和为Sn,

由Sn=2n2+n,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.

设Tn=3+7·+11·+…+(4n-5)·,n≥2,

Tn=3·+7·+…+(4n-9)·+(4n-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)·.

6.解(1)由an+1=2an+1,得an+1+1=2(an+1),又a1=1,则a1+1=2,∴数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an+1=2n,即an=2n-1.

若选①,当n=1时,b1=B1=20;

当n≥2时,bn=Bn-Bn-1=22-2n.

∴bn=22-2n.

若选②,由Bn+1-bn=Bn-2,得bn+1-bn=-2,所以数列{bn}是以20为首项,-2为公差的等差数列,∴bn=22-2n.

若选③,则bn=22-2log2(an+1)=22-2n.

(2)由(1)知cn=an*bn=(n∈N*),

∴当1≤n≤3时,Tn=-n=2n+1-2-n;

当n≥4时,Tn=1+3+7+[14+12+…+(22-2n)]=-n2+21n-43.

∴Tn=

(n∈N*).

7.(1)证明因为an=,n≥2,

所以Sn-Sn-1=,

即=1,

所以数列{}是首项为=1,公差为1的等差数列,得=n,

所以an==n+(n-1)=2n-1(n≥2),当n=1时,a1=1也适合,所以an=2n-1.

(2)解因为,

所以Tn=+…+.

所以Tn<.要使不等式4Tn<a2-a恒成立,只需2≤a2-a恒成立,解得a≤-1或a≥2,故实数a的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞).

8.(1)解因为{an}是公差为2的等差数列,其前8项和为64,

所以a1+a2+…+a8=8a1+×2=64,所以a1=1,

所以an=a1+2(n-1)=2n-1,n∈N*.

设等比数列{bn}的公比为q(q>0),

所以b3-b2=b1q2-b1q=4(q2-q)=48,解得q=4(负值舍去),

所以bn=b1qn-1=4n,n∈N*.

(2)证明由题意,cn=b2n+=42n+.

①-c2n=-44n+=2·4n,所以-c2n≠0,且=4,

所以数列{-c2n}是等比数列.

②由题意知,=

,

所以,所以,

设Tn=+…+,则Tn=+…+,

两式相减得Tn=1++…+=2-,

所以Tn=4-,所以<2.