专题09 数列（分层训练）-【教育机构专用】2020-2021学年高三数学寒假辅导讲义（全国通用）

专题09 数列

A组 基础巩固

1．（2020·吉林市第二中学高三期中）已知等差数列中，，，数列满足，.

（1）求数列通项公式；

（2）求数列的前n项和.

【答案】（1）（）；（2）（）.

【解析】（1）设等差数列的公差为，由，，

所以，，

（）；

（2）由（1）得，

，所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，

（）.

2．（2020·河南郑州·高三其他模拟）在递增的等差数列中，，是和的等比中项．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和．

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）设公差为，

因为，是和的等比中项,

所以

解得

所以，

所以数列的通项公式为．

（2）由（1）知，

所以，

所以

．

3．（广东省深圳高级中学2021届高三期中）已知等差数列的公差，若，且，，成等比数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1），，①

，，成等比数列，，

化简得，②

又因为

且由①②可得，，.

数列的通项公式是

（2）由（1）得，

所以.

4．（河北省衡水中学2021届高三二调）已知数列的前项和为,其中为常数.

(1)证明: ；

(2)是否存在实数,使得数列为等比数列,若存在,求出；若不存在,说明理由.

【答案】(1)见解析；(2)见解析.

【解析】

（1），，

，

，

，

；

，

（2），

，

相减得：，

从第二项起成等比数列，

即，

得，

若使 是等比数列

则，

，

（舍）或经检验得符合题意．

5．（重庆市第一中学校2021届高三期中）已知数列满足：，且对任意的，都有1，成等差数列.

（1）证明数列等比数列；

（2）已知数列前n和为，条件①：，条件②：，请在条件①②中仅选择一个条件作为已知条件来求数列前n和.

【答案】（1）证明见解析；（2）答案不唯一，具体见解析.

【解析】（1）由条件可知，

即，∴，且

∴是以为首项，为公比的等比数列，

∴，∴

（2）条件①：，

利用错位相减法:

化简得

条件②：

利用错位相减法:

化简得

B组 能力提升

6．（福建省永安市第三中学2021届高三期中）已知等差数列满足，.

（1）求数列的通项公式；

（2）设等比数列满足，，求数列的前n项和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）设等差数列的公差为d，因为，所以.

又因为，所以，解得.

所以

（2）设等比数列的公差为q，因为，，

所以，，所以

从而.

，①

，②

由①-②得：

所以.

7．（福建省福州市福清西山学校2021届高三模拟）已知数列满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）

当时，，解得；

当时，

，

，

两式相减可得，，

解得，易知也符合上式，

综上所述，，.

（2）依题意：，

下面先求数列的前项和；

，

，

两式相减可得，

，

即

所以，

化简可得，，

故.

8．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－1(n∈N*)，数列{bn}满足nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)(n∈N*)，且b1＝1.

(1)证明数列为等差数列，并求数列{an}和{bn}的通项公式；

(2)若cn＝(－1)n－1·，求数列{cn}的前2n项和T2n；

(3)若dn＝an·，数列{dn}的前n项和为Dn，对任意的n∈N*，都有Dn≤nSn－a，求实数a的取值范围．

【解析】　(1)由nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)，两边同除以n(n＋1)，得－＝1，

从而数列为首项＝1，公差d＝1的等差数列，

所以＝n(n∈N*)，

数列{bn}的通项公式为bn＝n2(n∈N*)．

当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，所以a1＝1.

当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，

两式相减得an＝2an－1，

又a1＝1≠0，所以＝2，

从而数列{an}为首项a1＝1，公比q＝2的等比数列，

从而数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．

(2)cn＝(－1)n－1·

＝(－1)n－1，

T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n－1＋c2n

＝＋－－＋…－－

＝－(n∈N*)．

(3)由(1)得dn＝an·＝n·2n－1，

Dn＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，①

2Dn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n.②

①－②得，－Dn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n

＝－n·2n＝2n－1－n·2n，

所以Dn＝(n－1)·2n＋1，

由(1)得Sn＝2an－1＝2n－1，

因为任意n∈N*，都有Dn≤nSn－a，

即(n－1)·2n＋1≤n(2n－1)－a恒成立，

所以a≤2n－n－1恒成立，

记en＝2n－n－1，所以a≤(en)min，

因为en＋1－en＝[2n＋1－(n＋1)－1]－(2n－n－1)

＝2n－1>0，从而数列{en}为递增数列，

所以当n＝1时，en取最小值e1＝0，于是