高考数学一轮复习 第5章 热点探究训练3

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(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2lg2an－1，求数列{anbn}的前n项和Tn.
[解] (1)设数列{an}的公比为q，
因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2.2分
因为a3＋2是a2和a4的等差中项，所以2(a3＋2)＝a2＋a4.
即2(4q＋2)＝4＋4q2，化简得q2－2q＝0.
因为公比q≠0，所以q＝2.
所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*).5分
(2)因为an＝2n，所以bn＝2lg2an－1＝2n－1，
所以anbn＝(2n－1)2n，7分
则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，①
2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1.②
由①－②得，－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1
＝2＋2×eq \f(41－2n－1,1－2)－(2n－1)2n＋1
＝－6－(2n－3)2n＋1，
所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1.12分
2．(2016·四川高考)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，
Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.
(1)若a2，a3，a2＋a3成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)设双曲线x2－eq \f(y2,a\\al(2,n))＝1的离心率为en，且e2＝2，求eeq \\al(2,1)＋eeq \\al(2,2)＋…＋eeq \\al(2,n).
[解] (1)由已知Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，
两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.
又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，
故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．
所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列．
从而an＝qn－1.3分
由a2，a3，a2＋a3成等差数列，可得2a3＝a2＋a2＋a3，
所以a3＝2a2，故q＝2.
所以an＝2n－1(n∈N*).5分
(2)由(1)可知an＝qn－1，
所以双曲线x2－eq \f(y2,a\\al(2,n))＝1的离心率
en＝eq \r(1＋a\\al(2,n))＝eq \r(1＋q2n－1).8分
由e2＝eq \r(1＋q2)＝2解得q＝eq \r(3)，
所以eeq \\al(2,1)＋eeq \\al(2,2)＋…＋eeq \\al(2,n)
＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)]
＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)]
＝n＋eq \f(q2n－1,q2－1)＝n＋eq \f(1,2)(3n－1).12分
3．(2016·南昌模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝6.正项数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝2Sn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若λbn>an，对n∈N*均成立，求实数λ的取值范围．
[解] (1)∵等差数列{an}中，a1＝1，S3＝6，
∴d＝1，故an＝n.2分
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1·b2·b3·…·bn＝2Sn，①,b1·b2·b3·…·bn－1＝2Sn－1， ②))
①÷②得bn＝2Sn－Sn－1＝2an＝2n(n≥2)，
b1＝2S1＝21＝2，满足通项公式，故bn＝2n.5分
(2)λbn>an恒成立，即λ>eq \f(n,2n)恒成立，7分
设cn＝eq \f(n,2n)，则eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(n＋1,2n)，
当n≥1时，cn＋1≤cn，{cn}单调递减，
∴(cn)max＝c1＝eq \f(1,2)，故λ>eq \f(1,2)，∴λ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).12分
4．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1－eq \f(4,an＋3)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an＋1)(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,b\\al(2,1))＋eq \f(1,b\\al(2,2))＋…＋eq \f(1,b\\al(2,n))