2021年高考数学解答题专项突破练习-《数列》三 教师版

这是一份2021年高考数学解答题专项突破练习-《数列》三 教师版，共6页。

LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5=5,S5=15.


(1)求数列{an}的通项公式；


(2)若，求数列{bn}的前100项和．


【答案解析】解:





LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知数列{an}满足.


（1）求证：是等比数列；


（2）求{an}的通项公式.


【答案解析】解：





LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知等差数列{an}的公差d＞0，前n项和为Sn，且a2·a3=45，S4=28.


(1)求数列{an}的通项公式；


(2)若bn=eq \f(Sn,n＋c)(c为非零常数)，且数列{bn}也是等差数列，求c的值.


【答案解析】解：(1)∵S4=28，∴eq \f(a1＋a4×4,2)=28，


∴a1＋a4=14，则a2＋a3=14，


又a2·a3=45，公差d＞0，


∴a2＜a3，a2=5，a3=9，


∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝5，,a1＋2d＝9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4，))∴an=4n－3.


(2)由(1)知Sn=2n2－n，∴bn=eq \f(Sn,n＋c)=eq \f(2n2－n,n＋c)，


∴b1=eq \f(1,1＋c)，b2=eq \f(6,2＋c)，b3=eq \f(15,3＋c).


又{bn}是等差数列，∴b1＋b3=2b2，


即2×eq \f(6,2＋c)=eq \f(1,1＋c)＋eq \f(15,3＋c)，解得c=－eq \f(1,2)(c=0舍去).


LISTNUM OutlineDefault \l 3 等比数列{an}中，已知a1=2，a4=16．


(I)求数列{an}的通项公式；


(Ⅱ)数列{bn}是等差数列，a3=b3，a5=b5试求数列{bn}的通项公式．


【答案解析】解：(I)设等比数列{an}的公比为q，


∵a1=2，a4=16．


∴16=2q3，解得q=2．


∴an=2n．


(II)设等差数列{bn}的公差为d，


∵b3=a3=23=8，b5=a5=25=32．


∴b1+2d=8，b1+4d=32，解得b1=﹣16，d=12，


∴bn=﹣16+12(n﹣1)=12n﹣28．


LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知数列{an}的前n项和Sn=1＋λan，其中λ≠0.


(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；


(2)若S5=eq \f(31,32)，求λ.


【答案解析】解：(1)证明：由题意得a1=S1=1＋λa1，故λ≠1，a1=eq \f(1,1－λ)，故a1≠0.


由Sn=1＋λan，Sn＋1=1＋λan＋1得an＋1=λan＋1-λan，即an＋1(λ-1)=λan.


由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以eq \f(an＋1,an)=eq \f(λ,λ－1).


因此{an}是首项为eq \f(1,1－λ)，公比为eq \f(λ,λ－1)的等比数列，于是an=eq \f(1,1－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n-1.


(2)由(1)得Sn=1-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n.由S5=eq \f(31,32)得1-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5=eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5=eq \f(1,32).解得λ=-1.


LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知等差数列{an}的公差为2，等比数列{bn}的公比为2，且anbn=n·2n．


(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；


(2)令cn=eq \f(1,an·lg2bn＋3)，记数列{cn}的前n项和为Tn，试比较Tn与eq \f(3,8)的大小．


【答案解析】解：


(1)∵anbn=n·2n，


∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1b1＝2，,a2b2＝8))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1b1＝2，,a1＋2·2b1＝8，))解得a1=2，b1=1，


∴an=2＋2(n－1)=2n，bn=2n－1．


(2)∵an=2n，bn=2n－1，


∴cn=eq \f(1,an·lg2bn＋3)=eq \f(1,2nn＋2)=eq \f(1,4)eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2)，


∴Tn=c1＋c2＋c3＋c4＋…＋cn－1＋cn


=eq \f(1,4)1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,6)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2)


=eq \f(1,4)1＋eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)


=eq \f(3,8)－eq \f(1,4)eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)

∴Tn

LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足S4=2a4-1，S3=2a3-1．


(1)求{an}的通项公式；


(2)记bn=lgeq \r(2)eq \f(16,Sn＋1)，求b1＋b2＋…＋bn的最大值．


【答案解析】解：


(1)设{an}的公比为q，由S4-S3=a4，得2a4-2a3=a4，所以eq \f(a4,a3)=2，所以q=2．


又因为S3=2a3-1，所以a1＋2a1＋4a1=8a1-1，所以a1=1．所以an=2n-1．


(2)由(1)知，Sn=eq \f(1－2n,1－2)=2n-1，


所以bn=lg eq \r(2)eq \f(16,Sn＋1)=2lg224-n=8-2n，bn＋1-bn=-2，b1=8-2=6，


所以数列{bn}是首项为6，公差为-2的等差数列，


所以b2=4，b3=2，b4=0，当n>5时bn<0，


所以当n=3或n=4时，b1＋b2＋…＋bn的最大值为12．


LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知数列{an}满足a1=1，an＋1=eq \f(3an,2an＋3)，n∈N*.


(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列；


(2)设T2n=eq \f(1,a1a2)－eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)－eq \f(1,a4a5)＋…＋eq \f(1,a2n－1a2n)－eq \f(1,a2na2n＋1)，求T2n.


【答案解析】解：


(1)证明：由an＋1=eq \f(3an,2an＋3)，得eq \f(1,an＋1)=eq \f(2an＋3,3an)=eq \f(1,an)＋eq \f(2,3)，所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)=eq \f(2,3).


又a1=1，则eq \f(1,a1)=1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为eq \f(2,3)的等差数列．


(2)设bn=eq \f(1,a2n－1a2n)－eq \f(1,a2na2n＋1)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n－1)－\f(1,a2n＋1)))eq \f(1,a2n)，


由(1)得，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公差为eq \f(2,3)的等差数列，


所以eq \f(1,a2n－1)－eq \f(1,a2n＋1)=－eq \f(4,3)，即bn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n－1)－\f(1,a2n＋1)))eq \f(1,a2n)=－eq \f(4,3)×eq \f(1,a2n)，


所以bn＋1－bn=－eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n＋2)－\f(1,a2n)))=－eq \f(4,3)×eq \f(4,3)=－eq \f(16,9).


又b1=－eq \f(4,3)×eq \f(1,a2)=－eq \f(4,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(2,3)))=－eq \f(20,9)，


所以数列{bn}是首项为－eq \f(20,9)，公差为－eq \f(16,9)的等差数列，


所以T2n=b1＋b2＋…＋bn=－eq \f(20,9)n＋eq \f(nn－1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16,9)))=－eq \f(4,9)(2n2＋3n)．


LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a2=37，S4=152．


(1)求数列{an}的通项公式；


(2)求数列{|an-2n|}的前n项和Tn．


【答案解析】解：


(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，则


eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝37，,4a1＋6d＝152，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝35，,d＝2，))


所以数列{an}的通项公式为an=2n＋33(n∈N*)．


(2)由(1)知，|an-2n|=|2n＋33-2n|=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＋33－2n1≤n≤5，,2n－2n＋33n≥6.))


当1≤n≤5时，Tn=eq \f(35＋2n＋33n,2)-eq \f(21－2n,1－2)=n2＋34n-2n＋1＋2；


当n≥6时，T5=133，|2n＋33-2n|=2n-(2n＋33)，


Tn-T5=eq \f(641－2n－5,1－2)-eq \f(45＋2n＋33n－5,2)=2n＋1-n2-34n＋131，


∴Tn=2n＋1-n2-34n＋264．


综上所述，Tn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2＋34n－2n＋1＋21≤n≤5，n∈N*，,2n＋1－n2－34n＋264n≥6，n∈N*.))


LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知数列{an}是首项为1的单调递增的等比数列，且满足a3， a4，a5成等差数列．


（1）求{an}的通项公式；


（2）设数列{}的前n项和Sn，求证：Sn＜3．


【答案解析】解：





LISTNUM OutlineDefault \l 3 Sn为等差数列{an}的前n项和，且an=1,S7=28.记bn=[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0,[lg99]=1.


（1）求b1,b11,b101；


（2）求数列{bn}的前1 000项和.


【答案解析】解：





LISTNUM OutlineDefault \l 3 设数列{an}的前项和为，．已知，，，且当时，．


(1)求a4的值；


(2)证明：为等比数列；


(3)求数列{an}的通项公式．


【答案解析】解：





LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知公差不为0的等差数列{an}的首项为，且成等比数列．


(1)求数列{an}的通项公式；


(2)对，试比较与的大小．


【答案解析】解：





LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知数列{an}的前n项和为Sn，an>0，且满足


（1）求a1及通项公式an；


（2）若bn=(-1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.


【答案解析】解：





LISTNUM OutlineDefault \l 3 在公差不为0等差数列的{an}中，已知，且，，成等比数列.


（1）求；


（2）设，求数列{bn}的前项和.


【答案解析】解：