高考数学复习 专题四 数列 4.2 数列解答题练习 理-人教版高三数学试题

4.2数列解答题命题角度1等差、等比数列的判定与证明高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅱ·19)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.(1)证明由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.(2)解由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12nbn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n2.(2014全国Ⅱ·17)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明an+12(2)证明1a1+1a解(1)由an+1=3an+1得an+1+12=3a又a1+12=32,所以aan+12=3n2,因此{an}的通项公式为(2)由(1)知1a因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以13于是1a1+1a2+…+1a=32所以1a1+1a典题演练提能·刷高分1.(2019江西临川第一中学高三下学期考前模拟)已知数列{an}中,a1=m,且an+1=3an+2n-1,bn=an+n(n∈N*).(1)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;(2)当m=2时,求数列{(-1)nan}的前2020项和S2020.解(1)∵an+1=3an+2n-1,∴bn+1=an+1+n+1=3an+2n-1+n+1=3(an+n)=3bn.①当m=-1时,b1=0,数列{bn}不是等比数列;②当m≠-1时,数列{bn}是等比数列,其首项为b1=m+1≠0,公比为3.(2)由(1)且当m≠-1时,有bn=an+n=3×3n-1=3n,即an=3n-n,∴(-1)nan=(-3)n-(-1)nn.∴S2020=-3×[1-(-3)2020]1-(-3)-[(-1+2)+=-3+320214-2.(2019重庆一中高三下学期5月月考)已知数列{an}满足:an≠1,an+1=2-1an(n∈N*),数列{bn}中,bn=1an-1,且b1,b(1)求证:数列{bn}是等差数列;(2)若Sn是数列{bn}的前n项和,求数列1Sn的前n项和T(1)证明bn+1-bn=1an所以数列{bn}是公差为1的等差数列.(2)解由题意可得b22=b1b4,即(b1+1)2∴b1=1.故bn=n.所以Sn=n(所以1Sn=2n(所以Tn=2×1-12+12-13+…+1n-1n+1=3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1.(1)证明数列{an}是等比数列;(2)设bn=(2n-1)an,求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)当n=1时,a1=S1=2a1-1,所以a1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1),所以an=2an-1,所以数列{an}是以a1=1为首项,以2为公比的等比数列.(2)由(1)知,an=2n-1,所以bn=(2n-1)2n-1,所以Tn=1+3×2+5×22+…+(2n-3)·2n-2+(2n-1)·2n-1①,2Tn=1×2+3×22+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n②,①-②得-Tn=1+2(21+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n=1+2×2-2n-1×21-2-(2n-1)2n=(3-2n)2n-3,所以4.设a1=2,a2=4,数列{bn}满足:bn+1=2bn+2且an+1-an=bn.(1)求证:数列{bn+2}是等比数列;(2)求数列{an}的通项公式.解(1)由题知bn+1又∵b1=a2-a1=4-2=2,∴b1+2=4,∴{bn+2}是以4为首项,以2为公比的等比数列.(2)由(1)可得bn+2=4×2n-1,故bn=2n+1-2.∵an+1-an=bn,∴a2-a1=b1,a3-a2=b2,a4-a3=b3,…,an-an-1=bn-1.累加得an-a1=b1+b2+b3+…+bn-1,an=2+(22-2)+(23-2)+(24-2)+…+(2n-2)=2+22(1-2n-1)1-2即an=2n+1-2n(n≥2).而a1=2=21+1-2×1,∴an=2n+1-2n(n∈N*).命题角度2等差、等比数列的通项公式与前n项和公式的应用高考真题体验·对方向1.(2019天津·19)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=1,2k<n<①求数列{a2n②求∑i=12naici(n∈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6q=6+2d,6q2=12+4d,解得d=3,q=2,故an=4+(n-1)×3=3n+所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.(2)①a2n(c2n-1)==(3×2n+1)(3×2n-1)=9×4n-1.所以,数列{a2n(c2n-1)}的通项公式为a2n(c②∑i=12naici=∑i=12n[a=∑i=12nai=2n×4+2n(2n-1)2×3+∑=(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).2.(2018全国Ⅱ·17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求{an}的通项公式;(2)求Sn,并求Sn的最小值.解(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.所以{an}的通项公式为an=2n-9.(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.3.(2018全国Ⅲ·17)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.(1)求{an}的通项公式;(2)记Sn为{an}的前n项和,若Sm=63,求m.解(1)设{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=1-(-2)n3.由Sm=63得(-若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.综上,m=6.典题演练提能·刷高分1.设等差数列{an}的公差不为0,a2=1,且a2,a3,a6成等比数列.(1)求{an}的通项公式;(2)设数列{an}的前n项和为Sn,求使Sn>35成立的n的最小值.解(1)设等差数列{an}的公差为d,d≠0.因为a2,a3,a6成等比数列,所以a32=a2·a即(1+d)2=1+4d,解得d=2或d=0(舍去).所以{an}的通项公式为an=a2+(n-2)d=2n-3.(2)因为an=2n-3,所以Sn=n(a1+an依题意有n2-2n>35,解得n>7.故使Sn>35成立的n的最小值为8.2.(2019云南昆明高三1月复习诊断)已知数列{an}是等比数列,公比q<1,前n项和为Sn,若a2=2,S3=7.(1)求{an}的通项公式;(2)设m∈Z,若Sn<m恒成立,求m的最小值.解(1)由a解得a所以an=4×12(2)由(1)可知:Sn=a1(1-qn)1-q因为an>0,所以Sn单调递增.所以要使Sn<m恒成立,需m≥8.又因为m∈Z,故m的最小值为8.3.(2019北京大学附属中学高三下)设{an}是首项为1,公比为3的等比数列.(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn;(2)已知{bn}是等差数列,Tn为前n项和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20.解(1)由题意可得an=3n-1,∴Sn=1-(2)∵b1=a2,b3=a1+a2+a3,∴b3-b1=a1+a3=30+32=10=2d.∴d=5.∴T20=20×3+20×192×54.已知等差数列{an}的公差d为1,且a1,a3,a4成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列bn=2an+5+n,求数列{bn}的前n项和解(1)在等差数列{an}中,因为a1,a3,a4成等比数列,所以a32=a1a4,即(a1+2d)2=a12+3解得a1d+4d2=0.因为d=1,所以a1=-4,所以数列{an}的通项公式an=n-5.(2)由(1)知an=n-5,所以bn=2an+5+n=2Sn=b1+b2+b3+…+bn=(2+22+23+…+2n)+(1+2+3+…+n)=2(1-2n)1-25.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.解(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,则a1+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|=2①当0<n≤5时,|2n+33-2n|=2n+33-2n,有Tn=(35+2n+33)n2-2(1-②当n≥6时,T5=133,|2n+33-2n|=2n-(2n+33),Tn-T5=64(1-2n-5)1-Tn=2n+1-n2-34n+264.综上所述:Tn=n6.已知{an}为等差数列,且a2=3,{an}前4项的和为16,数列{bn}满足b1=4,b4=88,且数列{bn-an}为等比数列.(1)求数列{an}和{bn-an}的通项公式;(2)求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)设{an}的公差为d,因为a2=3,{an}前4项的和为16,所以a1+d=3,4a1+4×3解得a1=1,d=2,所以an=1+(n-1)×2=2n-1.设{bn-an}的公比为q,则b4-a4=(b1-a1)q3,所以q3=b4-a4所以bn-an=(4-1)×3n-1=3n.(2)由(1)得bn=3n+2n-1,所以Sn=(3+32+33+…+3n)+(1+3+5+…+2n-1)=3=32(3n-1)+n2=3n+12+n命题角度3一般数列的通项公式与前n项和的求解高考真题体验·对方向1.(2019浙江·20)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)记cn=an2bn,n∈N*,证明:c1+c2+…+cn<2n,n解(1)设数列{an}的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2.从而an=2n-2,n∈N*.所以Sn=n2-n,n∈N*.由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn).解得bn=1d(Sn+12-S所以bn=n2+n,n∈N*.(2)cn=an2bn=2我们用数学归纳法证明.①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;②假设n=k(k∈N*)时不等式成立,即c1+c2+…+ck<2k.那么,当n=k+1时,c1+c2+…+ck+ck+1<2k+k(k+1)(k+2)<2k+1k+1<即当n=k+1时不等式也成立.根据①和②,不等式c1+c2+…+cn<2n对任意n∈N*成立.2.(2017天津·18)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).解(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.①由S11=11b4,可得a1+5d=16,②联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n)1-4=-(3n-2)×4n+1-8.得Tn=3n-23×4n+所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为3n-23×4n+3.(2015全国Ⅰ·17)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,an2+2an=4Sn+(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求数列{b解(1)由an2+2an=4Sn+3,可知an+12+2an+1=4Sn+1+3.可得an+12-an2+2(即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(由于an>0,可得an+1-an=2.又a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(2)由an=2n+1可知bn=1=12设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+…+bn=1213-15+15-17+…+12n典题演练提能·刷高分1.(2019山东烟台高三3月诊断性测试)已知等差数列{an}的公差是1,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列an2an的前n解(1)因为{an}是公差为1的等差数列,且a1,a3,a9成等比数列,所以a32=a1a9,即(a1+2)2=a1(a1+8),解得a1=所以an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×1=n.(2)Tn=1×121+2×122+3×12312Tn=1×122+2×123+…+(n-1)×两式相减,得12Tn=121+122+所以12Tn=12-12n+11所以Tn=2-2+n2.(2019江西景德镇高三第二次质检)已知首项为1的等差数列{an}的前n项和为Sn,S3为a4与a5的等差中项,数列{bn}满足bn=2S(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.解(1)设等差数列{an}的公差为d.因为S3为a4与a5的等差中项,所以2S3=a4+a5,即2(3+3d)=(1+3d)+(1+4d),解得d=4.∴an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×4=4n-3.∴Sn=na1+n(n-1)2d=n×1+n(n∴bn=2Sn+n(2)an·bn=(4n-3)×2n,∴Tn=1×21+5×22+9×23+…+(4n-3)×2n,2Tn=1×22+5×23+…+(4n-7)×2n+(4n-3)×2n+1,下式减上式,得Tn=(4n-3)×2n+1-4(22+23+…+2n)-2=(4n-3)×2n+1-4×4(1=(4n-7)×2n+1+14.3.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=log2(an·an+1),数列{bn}的前n项和为Tn,求证:1T1+1T2+解(1)设{an}的公比为q,由S4-S3=a4得2a4-2a3=a4,所以a4a3=2,所以q=2.又因为S3=2a所以a1+2a1+4a1=8a1-1,所以a1=1.所以an=2n-1.(2)由(1)知bn=log2(an+1·an)=log2(2n×2n-1)=2n-1,所以Tn=1+(2n-所以1T1+1T2+…+1Tn=112+122+…+1n2<1+11