高考大题专项训练(三)　数列

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高考大题专项训练(三)　数列1.(2019河南新乡三模,17)在数列{an}中,a1=1,且an,2n,an+1成等比数列.(1)求a2,a3,a4;(2)求数列{a2n}的前n项和Sn.          2.在等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记Sn为数列{an}的前n项和,若Sm=63,求m.             3.若数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2=2.(Sn+1)·(Sn+2+1)=(Sn+1+1)2.(1)求Sn;(2)记数列的前n项和为Tn,证明:1≤Tn≤2.           4.设数列{an}满足a1=2,-an=3·22n-1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.          5.已知数列{an}中,a1=5且an=2an-1+2n-1(n≥2且n∈N*).(1)求a2,a3的值;(2)是否存在实数λ,使得数列为等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.           6.(2019天津,文18)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)设数列{cn}满足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).             7.(2019山东淄博一模,17)已知在等比数列{an}中,a1=2,且a1,a2,a3-2成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足:bn=+2log2an-1,求数列{bn}的前n项和Sn.         8.(2019山东实验等四校联考,17)已知数列{an}的前n项和Sn满足+1(n≥2,n∈N),且a1=1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记bn=,Tn为数列{bn}的前n项和,求使Tn成立的n的最小值.            9.(2019山东淄博实验中学期末,17)已知等差数列{an}的公差d>0,其前n项和为Sn,且S5=20,a3,a5,a8成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=+n,求数列{bn}的前n项和Tn.           10.(2019贵州贵阳一模)已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn+an=1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=lo(1-Sn+1)(n∈N*),令Tn=+…+,求Tn.         11.(2019河南重点学校月考)已知数列{an}中,a1=1,an-1-an=2anan-1(n≥2).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,证明:对任意的n∈N*,都有Sn<            12.(2019河南郑州二模,17)已知数列{an}中,a1=1,an>0,前n项和为Sn,若an=(n∈N*,且n≥2).(1)求数列{an}的通项公式;(2)记cn=an,求数列{cn}的前n项和Tn.      
参考答案与解析1.解(1)∵an,2n,an+1成等比数列,∴anan+1=(2n)2=4n.∵a1=1,∴a2==4,同理得a3=4,a4=16.(2)∵anan+1=(2n)2=4n,=4,则数列{a2n}是首项为4,公比为4的等比数列.故Sn=2.解(1)设数列{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故an=(-2)n-1或an=2n-1.(2)若an=(-2)n-1,则Sn=由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.综上可得m=6.3.(1)解由题意有=…=,所以数列{Sn+1}是等比数列.又S1+1=a1+1=2,S2+1=a1+a2+1=4,所以=2,数列{Sn+1}是首项为2,公比为2的等比数列.所以Sn+1=2×2n-1=2n,所以Sn=2n-1.(2)证明由(1)知,n≥2时,Sn=2n-1,Sn-1=2n-1-1,两式相减得an=2n-1.n=1时,a1=1也满足an=2n-1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).所以(n∈N*).所以Tn=+…+=1++…+=2-因为n∈N*,所以0<1,所以-1≤-<0.所以1≤2-<2.4.解(1)由已知an+1-an=3·22n-1,所以an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.当n=1时,a1=2也满足上式,所以数列{an}的通项公式an=22n-1.(2)由bn=nan=n·22n-1知,Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1. ①22·Sn=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1. ②①-②得(1-22)Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1.即Sn=[(3n-1)22n+1+2].5.解(1)∵a1=5,∴a2=2a1+22-1=13,a3=2a2+23-1=33.(2)假设存在实数λ,使得数列为等差数列.设bn=,由{bn}为等差数列,则有2bn+1=bn+bn+2(n∈N*).∴2∴λ=4an+1-4an-an+2=2(an+1-2an)-(an+2-2an+1)=2(2n+1-1)-(2n+2-1)=-1.综上可知,当λ=-1时,数列为首项是2,公差是1的等差数列.6.解(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.依题意,得解得故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.所以{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n.(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)=n×3+6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).记Tn=1×31+2×32+…+n×3n, ①则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1, ②②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-+n×3n+1=所以a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3(n∈N*).7.解(1)设等比数列{an}的公比为q,∵a1,a2,a3-2成等差数列,∴2a2=a1+(a3-2)=2+(a3-2)=a3,∴q==2,∴an=a1qn-1=2n(n∈N*).(2)由(1)及bn=+2log2an-1,可知+2log22n-1=+2n-1,∴Sn=++3++…++(2n-1)=+…++[1+3+5+…+(2n-1)]==n2-+1(n∈N*).8.解(1)由已知+1,得=1,所以数列{}为等差数列,且=1=n,即Sn=n2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,又a1=1也满足上式,∴an=2n-1.(2)由(1)知,bn=,∴Tn=1-+…+=1-=,由Tn有n2≥4n+2,有(n-2)2≥6,所以n≥5,∴n的最小值为5.9.解(1)因为S5==20,即a1+a5=8,a3=4,即a1+2d=4. ①因为a3,a5,a8为等比数列,即=a3a8.所以(a1+4d)2=(a1+2d)(a1+7d),化简得a1=2d. ②联立①和②得a1=2,d=1,所以an=n+1.(2)由(1)及bn=+n,可知bn=+n=+n=+n,所以Tn=++2++3+…++n=+…++(1+2+3+…+n)=10.解(1)当n=1时,a1=S1,由S1+a1=1,得a1=当n≥2时,Sn=1-an,Sn-1=1-an-1,则Sn-Sn-1=(an-1-an),即an=(an-1-an),所以an=an-1(n≥2).故数列{an}是以为首项,为公比的等比数列.故an==2(n∈N*).(2)因为1-Sn=an=所以bn=lo(1-Sn+1)=lo=n+1.因为,所以Tn=+…+=++…+=11.(1)解由an-1-an=2anan-1,得=2,即=2.又=1,所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列.所以=1+2(n-1)=2n-1,所以an=(2)证明因为bn=,所以bn=.所以Sn=+++…+=令f(x)=(x≥1),易证f(x)单调递增,所以f(x)≥f(1)=又f(x)=(x≥1),由>0,2+>2,所以f(x)=所以f(x)<即对任意的n∈N*,都有Sn<12.解(1)在数列{an}中,an=Sn-Sn-1,又有an=(n∈N*,且n≥2),所以an=Sn-Sn-1=()()=an(),所以=1,所以数列{}是以=1为首项,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)=n,即Sn=n2.当n=1时,a1=S1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,a1=2×1-1=1也满足上式,所以{an}的通项公式为an=2n-1.(2)由(1)知cn=an=(2n-1)·22n-1,∴Tn=21+3×23+5×25+…+(2n-3)·22n-3+(2n-1)22n-1, ①∴4Tn=23+3×25+5×27+…+(2n-3)·22n-1+(2n-1)22n+1. ②①-②得-3Tn=21+2×23+2×25+2×27+…+2×22n-1-(2n-1)22n+1=22n+1-,即Tn=22n+1+