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)