（山东专用）2021版高考数学一轮复习练案（37）高考大题规范解答系列（三）—数列（含解析）

 [练案37]高考大题规范解答系列(三)——数列

1．(2019·北京)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．

(1)求{an}的通项公式；

(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．

[解析]　(1)设{an}的公差为d.

因为a1＝－10，

所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.

因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，

所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．

所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.

所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.

(2)由(1)知，an＝2n－12.

所以，当n≥7时，an>0；当n≤6时，an≤0.

所以，Sn的最小值为S6＝－30.

2．(2020·长春市第二次质量监测)各项均为整数的等差数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列．

(1)求{an}的通项公式；

(2)求数列{(－1)n·an}的前2n项和T2n.

[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，

由题意可得(－1＋2d)2＝(－1＋d)(－3＋6d)，

得d＝2或d＝(舍去)，

所以an＝2n－3.

(2)由(1)得，T2n＝－a1＋a2－a3＋a4－…－a2n－1＋a2n＝－(－1)＋1－3＋5－…－[2(2n－1)－3]＋2×2n－3＝2n.

3．(2020·广州市调研测试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)．

(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；

(2)求数列{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？

[解析]　(1)∵a3＝7，a3＝3a2－2，∴a2＝3，

∴an＝2an－1＋1，∴a1＝1，

＝＝2(n≥2)，

∴数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．

(2)由(1)知，an＋1＝2n，∴an＝2n－1，

∴Sn＝－n＝2n＋1－n－2，

∴n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，

∴n＋Sn＝2an，

即n，an，Sn成等差数列．

4．(2020·重庆七校联考)已知等差数列{an}的公差为d，且关于x的不等式a1x2－dx－3<0的解集为(－1,3)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝2＋an，求数列{bn}的前n项和Sn.

[解析]　(1)由题意知，方程a1x2－dx－3＝0的两个根分别为－1和3.

则解得

故数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.

(2)由(1)知an＝2n－1，所以bn＝2＋an＝2n＋(2n－1)，

所以Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝2n＋1＋n2－2.

5．设数列{an}是公差大于零的等差数列，已知a1＝2，a3＝a－10.

(1)求{an}的通项公式；

(2)设数列{bn}是以函数f(x)＝4sin2πx的最小正周期为首项，以f()为公比的等比数列，求数列{an－bn}的前n项和Sn.

[解析]　(1)设{an}的公差为d(d>0)，

则

解得d＝2或d＝－4(舍去)．

所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.

(2)因为f(x)＝4sin2πx＝4×＝－2cos 2πx＋2，

其最小正周期为＝1，故数列{bn}的首项为1.

因为f()＝－2cos ＋2＝3，

所以数列{bn}的公比为3，从而bn＝3n－1，

所以an－bn＝2n－3n－1，

故Sn＝(2－30)＋(4－31)＋…＋(2n－3n－1)＝(2＋4＋…＋2n)－(30＋31＋…＋3n－1)＝－＝n2＋n＋－·3n.

6．(2020·辽宁鞍山一中模拟)数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*.

(1)求an和bn的通项公式；

(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.

[解析]　(1)由Sn＝2n2＋n，可得当n≥2时，

an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋n)－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1.当n＝1时，a1＝3符合上式，所以an＝4n－1，由an＝4log2bn＋3可得4n－1＝4log2bn＋3，解得bn＝2n－1，n∈N*.

(2)anbn＝(4n－1)·2n－1

∴Tn＝3＋7·21＋11·22＋15·23＋…＋(4n－1)·2n－1①

∴2Tn＝3·21＋7·22＋11·23＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n②

①－②可得－Tn＝3＋4[21＋22＋23＋24＋…＋2n－1]－(4n－1)·2n

＝3＋4×－(4n－1)·2n＝－5＋(5－4n)·2n，

∴Tn＝5＋(4n－5)·2n，n∈N*.

7．(2020·湖北武汉部分重点中学联考)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}中，bn＝，且其前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.

(1)求数列{bn}的通项公式；

(2)判断数列{cn}的增减性．

[解析]　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1；

当n＝1时，a1＝S1＝2，不满足上式．

所以an＝

于是bn＝

(2)由题意得cn＝T2n＋1－Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝＋＋…＋，

所以cn＋1－cn＝＋－＝－＝<0，

即cn＋1<cn，所以数列{cn}为递减数列．

8．(2020·福建省高三质量检查测试)各项均为正数的数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且Sn＋1＋Sn＝λa.

(1)求{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足bn＝λnan，求{bn}的前n项和Tn.

[解析]　(1)因为Sn＋1＋Sn＝λa，①

所以当n≥2时，Sn＋Sn－1＝λa，②

①－②得an＋1＋an＝λa－λa，

即an＋1＋an＝λ(an＋1＋an)(an＋1－an)，

因为数列{an}的各项均为正数，所以an＋1＋an>0，且λ>0，所以an＋1－an＝.

由①知，S2＋S1＝λa，即2a1＋a2＝λa，

又因为a1＝，所以a2＝，

所以a2－a1＝.

故an＋1－an＝(n∈N*)，所以数列{an}是首项为，公差为的等差数列．

所以an＝＋(n－1)·＝.

(2)由(1)得an＝，所以bn＝n·λn－1，

所以Tn＝1＋2λ＋3λ2＋……＋(n－1)λn－2＋nλn－1，③

λTn＝λ＋2λ2＋3λ3＋…＋(n－1)λn－1＋nλn，④

③－④得(1－λ)Tn＝1＋λ＋λ2＋…＋λn－1－nλn，

当λ>0且λ≠1时，(1－λ)Tn＝－nλn.

解得Tn＝－；

当λ＝1时，由③得Tn＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝＝；

综上，数列{bn}的前n项和

Tn＝.