数列-高考数学解答题专项练习

数列二、解答题型综合训练1.已知数列{an}为等比数列,其前n项和为Sn,且an+1-an=2·3n.(1)求数列{an}的公比q和a4的值;(2)求证:-a1,Sn,an+1成等差数列.(本小题满分10分)1.解:(1)由题可得a2-a1=6,a所以a2-a1=6又a2-a1=a1q-a1=6,所以a1=3,所以an=3n,所以a4=34=81. 5分(2)证明:因为an=3n,所以an+1-Sn=3n+1-3(1-3n)1-3=3Sn-(-a1)=3(1-3n)1-3+3=3n+1+32,所以Sn-(-a1)=an+1-Sn,所以2.已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,.

(1)求an;(2)设bn=an+an+1(an·an+1①∀n∈N*,an+an+1=4n;②数列Snn为等差数列,且Snn的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处,解:(1)选择条件①:由∀n∈N*,an+an+1=4n,得an+1+an+2=4(n+1), 1分所以an+2-an=4(n+1)-4n=4,即数列{a2k-1},{a2k}(k∈N*)均是公差为4的等差数列, 2分所以a2k-1=a1+4(k-1)=4k-3=2(2k-1)-1, 3分又a1+a2=4,所以a2=3, 4分则a2k=a2+4(k-1)=4k-1=2·(2k)-1, 5分所以an=2n-1. 6分选择条件②:因为数列Snn为等差数列,且Snn的前3项和为6,所以S11+S22+S所以S22=2,所以Snn的公差d'=S22-S11=2则Snn=1+(n-1)=n,故Sn=n2.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1. 5分又a1=1满足an=2n-1,所以an=2n-1. 6分(2)因为bn=an+an+1(a所以Tn=b1+b2+…+bn=121=121-1(3.在数列{an}中,已知a1=1,且an+1an=2n+1an-2nan+1.(1)证明:数列{2nan}为等差数列,并求出数列{an(2)若bn=nn+2an,求数列{bn}的前n项和S解:(1)证明:由题知an≠0,∵an+1an=2n+1an-2nan+1,∴2n+1an+1-又2a1=2,∴数列{2nan}是以 4分∴2nan=2+(n-1)=n+1,∴an=2(2)∵bn=nn+2an=n·2n(n∴Sn=b1+b2+…+bn=(223-22)+(234-223)+…+(2nn+1-2n-1n4.已知各项均为正数的等差数列{an}的前三项和为12,等比数列{bn}的前三项和为7b1,且a1=b1,a2=b2.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)设cn=an,n=2k-1,bn,n=2k,(本小题满分10分)4.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由题意得3a1所以an=2n,bn=2n. 5分(2)由题知数列{cn}的前20项和S=a1+a3+…+a19+b2+b4+…+即S=2+382×10+2×(1-25.设数列{an}满足a1=2,2(an+1-an)=3×4n.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.解:(1)因为2(an+1-an)=3×4n,所以an+1-an=12×3×4n=3×22n-1, 2当n≥2时,an-an-1=3×22(n-1)-1,…,a2-a1=3×22×1-1,累加得an-a1=3×(21+23+…+22n-3)(n≥2), 4分所以an=3×2×(1-4n-1)1-4+2又a1=2满足上式,故an=22n-1. 6分(2)由(1)得bn=nan=n·22n-1, 7分所以Sn=1×2+2×23+…+n·22n-1①,4Sn=1×23+2×25+…+n·22n+1②, 9分由①-②得-3Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1=2×(1-4n)1-解得Sn=19[(3n-1)·22n+1+2]. 126.设数列{an}的前n项和为Sn,2(Sn-n+2)=an+1,a2=10,bn=an-1.(1)求证:{bn}是等比数列;(2)设cn=bn,n为奇数,1log3bn·log36.解:(1)证明:由题得2Sn=an+1+2n-4,当n=1时,2a1=a2-2=8,解得a1=4;当n≥2时,由2Sn=an+1+2n-4①,得2Sn-1=an+2n-6②,由①-②得2an=an+1-an+2,即an+1-1=3(an-1),所以bn+1=3bn,又b1=a1-1=3,所以数列{bn}是首项为3,公比为3的等比数列.(2)由(1)可知bn=3×3n-1=3n,所以cn=3所以T2n+1=31+12×4+33+14×6+…+32n-1+12n(2n+2)+32n+1=(3+33+…+32n-1+32n+1)+12×4+14×6+…+12n7.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,且Sn+2=Sn+1+4an.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求证:1a1+1+1a2+1+(本小题满分10分)7.解:(1)由Sn+2=Sn+1+4an得an+2=4an, 1分所以当n=2k-1(k∈N*)时,a2k+1=4a2k-1,所以数列{a2k-1}是首项为a1=1,公比为4的等比数列,所以a2k-1=a1×4k-1=1×4k-1,即a2k-1=22k-2=2(2k-1)-1. 3分当n=2k(k∈N*)时,a2k+2=4a2k,所以数列{a2k}是首项为a2=2,公比为4的等比数列,所以a2k=a2×4k-1=2×4k-1=22k-1.综上,an=2n-1. 5分(2)证明:由(1)知1an+1=12n所以1a1+1+1a2+1+…+1an+1<120+121+18.已知各项均为正数的数列{an}满足a1=1,an+12-(2n+1)an+1=an2+(2(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列1an的前n项和为Tn,证明:Tn<8.解:(1)由题知an+12-an2-(2n+1)(an+1+an)=0,则(an+1+an)(an+1-an-2因为an>0,所以an+1-an=2n+1,即an-an-1=2n-1(n≥2),所以当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+3+5+…+(2n-1)=n2, 4分a1=1符合上式,所以an=n2. 5分(2)证明:方法一:当n≥2时,1n2<1n(n 8分则Tn=1a1+1a2+1a3+…+1an<1+1-12+12-方法二:1n2=44n2<44n2则Tn=1a1+1a2+1a3+…+1an<2× 10分9.已知数列{an}满足2nan+1=(n+1)an,且a1=1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=ann+(-1)n·n,求数列{bn}的前2n项和S29.解:(1)方法一:∵2nan+1=(n+1)an,a1=1,∴an≠0,∴an+1an=12∴anan-1=12·nn-1(n≥2),…,a2a1=12×21,将上述式子累乘得an∵a1=1满足上式,∴an=n·12n-1(n∈N*方法二:∵2nan+1=(n+1)an,∴an+1n+1=12·ann,∴an+1n+1a∴ann是首项为1,公比为12的等比数列∴ann=12n-1,∴an(2)bn=ann+(-1)n·n,令cn=ann=12n-1,d设数列{cn}的前2n项和为T2n,数列{dn}的前2n项和为M2n,则T2n=1×1-122n1M2n=(-1)+2+(-3)+4+…+(-1)2n-1·(2n-1)+(-1)2n·2n=n,故S2n=T2n+M2n=n+2-122n10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1),a3=5.(1)求a1,a2的值及数列{an}的通项公式;(2)设bn=anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.10.解:(1)在nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1)中,令n=1得a1+a2-2a1=2,令n=2,得2(a1+a2+a3)-3(a1+a2)=6, 1分即a2-a1由nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1),得Sn+1n+1则数列Snn是首项为1,公差为1的等差数列,则Snn=n,所以Sn=n当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,又a1=1满足上式,所以an=2n-1.综上可得,a1=1,a2=3,数列{an}的通项公式为an=2n-1. 5分(2)由(1)知,当n≥2时,anan+1an+2-an-1anan+1=anan+1(an+2-an-1)=6anan+1=6bn,所以bn=16(anan+1an+2-an-1anan+1), 8所以∑k=2nbk=16(anan+1an+2-a1a2a11.已知数列{an}满足a1=2,an+an+1=4×3n.(1)求证:数列{a2n-1+1}和{a2n-1}(2)设bn=2×3n-2anan+1,数列{bn}的前n项和为S证明:(1)由a2n-1+a2n=4×32n-1①,得a2n+a2n+1=4×32n②,由②-①得a2n+1-a2n-1=83×9n则a3-a1=83×9,a5-a3=83×92,a7-a5=83×93,…,a2n-1-a2n-3=83×累加得a2n-1-a1=83(9+92+…+9n-1)=83×9-9n1-9=13×9n-3,故a2即a2n-1+1=13×9n,则a2因此数列{a2n-1+1}是以3为首项,9为公比的等比数列.将a2n-1=13×9n-1代入①得a2n-1=9n故数列{a2n-1}是以9为首项,9(2)由(1)知a2n-1=32n-1-1,a2n=32n+1,故an=3n+(-1)n,当n为奇数时,an+1-an=2×3n+2>2×3n-2;当n为偶数时,an+1-an=2×3n-2.因此对任意n∈N*,均有an+1-an≥2×3n-2,则bn=2×3n-2ana当n=1时,S1=4a1a2=当n≥2时,Sn≤4a1a2+1a2-1a3+1a3-1a4+…12．已知公比大于1的等比数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)记为数列在区间中的项的个数，求数列的前100项和．解:（1）设等边数列的首项为，公比为，则，解得：，或（舍），所以，（2）为数列在区间中的项的个数，由题意可知，，，且当时，，所以.13.在等比数列{an}中,a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a1,a2,a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行323第二行465第三行9128(1)写出a1,a2,a3,并求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nlog2an,求数列{bn}的前n项和Sn.(本小题满分10分)13.解:(1)根据等比数列的定义和表格中的数据可得a1=2,a2=4,a3=8, 3分则数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2×2n-1=2n. 5分(2)因为bn=an+(-1)nlog2an=2n+(-1)nlog22n=2n+(-1)nn, 7分当n为偶数时,Sn=(21+22+…+2n)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n]=2-2n+11-2+n2=2当n为奇数时,Sn=(21+22+…+2n)+[-1+2-3+4-…+(n-1)-n]=2-2n+11-2+n-12-n=2n+1+n-综上所述,Sn=2n+114.已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,a2=b1=a3-1b2=a4-1b(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求数列{an·bn}的前n项和Sn,并求使不等式Sn<1成立的n的最大值.(本小题满分10分)14.解:(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q.∵a2=b1=a3-1b2=a4-1∴1+d-1q故an=a2+(n-2)d=2n-3,bn=12n-(2)由(1)知Sn=-1×120+1×121+3×122+…+(2n-5)·12n-2+(2n-3)·12n-1,∴12Sn=-1×121+1×两式相减得12Sn=-1+2×121+2×122+…+2×12n-1-2n-32n=2×120+2×121+2×122+…+∴Sn=2-2n+12由Sn<1,得2n+1>2n-1,当1≤n≤4时,2n+1>2n-1,当n>4时,2n+1<2n-1,故所求n的最大值为4. 10分15.数列的满足，，．(1)求数列的通项公式；(2)将数列中去掉数列的项后余下的项按原来的顺序组成数列，求数列的前50项和．解:（1）因为，所以，又因为，所以，，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则，即．（2）由得，，因为，所以中要去掉数列的项有5项，所以．16.已知数列是等差数列，其前和为，，数列满足(1)求数列，的通项公式;(2)若对数列，，在与之间插入个2（），组成一个新数列，求数列的前2023项的和.解:（1）设等差数列的首项为，公差为，由题意，，所以

①当时，②，①-②可得，，当时，适合，所以（2）因为，所以在数列中，从项开始到项为止，共有项数为，当时，；当时，，所以数列前2023项是项之后还有2023-1034=989项为2，所求和为.17.已知数列{an}满足a1-1a1·a(1)求数列{an}的通项公式;(2)在ak和ak+1(k∈N*)中插入k个相同的数(-1)k+1·k,构成一个新数列{bn}:a1,1,a2,-2,-2,a3,3,3,3,a4,…,求{bn}的前100项和S100.解:(1)当n=1时,a1-1a1=1a1,当n≥2时,由a1-1a1·a2-1a2·…·an-1a两式相除可得an-1an=an-1an,故数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,∴an=n+1. 5分(2)方法一:将ak和插入的k个数分成一组,则前k组共有k+k(k+1)2=k2+3令k2+3k2≤100,又k∈N*当k=12时,k2+3k2=90∴{bn}的前100项中包含前12组数和第13组的前10个数, 8分∴S100=(a1+1)+(a2-22)+(a3+32)+…+(a11+112)+(a12-122)+(a13+13×9)=(a1+a2+…+a13)+(1-22+32-42+…+112-122)+117=13×(2+14)2-(3+7+11+15+19+23)+117=104-6×(3+23)2+117=104-方法二:设插入的所有数构成数列{cn}.∵1+2+3+…+12=78,78+13=91<100,1+2+3+…+12+13=91,91+14=105>100,∴b1,b2,…,b100中包含{an}的前13项及{cn}的前87项, 8分∴S100=(a1+a2+…+a13)+(c1+c2+…+c87)=(2+3+…+14)+(1-22+32-42+…+112-122+13×9)=13×(2+14)2-(3+7+11+15+19+23)+13×9=13×8-78+13×9=18.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-94,且4Sn+1=3Sn-9(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.18.解:(1)当n=1时,4(a1+a2)=3a1-9,则4a2=94-9=-274,∴a2=-2716当n≥2时,由4Sn+1=3Sn-9①,得4Sn=3Sn-1-9②,①-②得4an+1=3an, 3分又a2=-2716≠0,∴an≠0,∴an+1an又a2a1=34,∴{an}是首项为-94故an=-94·34n-1=-(2)由3bn+(n-4)an=0,得bn=-n-43an=(n-4)3所以Tn=-3×34-2×342-1×343+0×344+…+(n-5)·34Tn=-3×342-2×343-1×344+0×345+…+(两式相减得14Tn=-3×34+342+343+344+…+34n-(n-4)·34n+1=-94+9161-34n-所以Tn=-4n·34n+1由Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,得-4n·34n+1≤λ(n-4)·34n对任意n∈N即λ(n-4)+3n≥0对任意n∈N*恒成立.当n=4时,不等式恒成立;当n<4时,λ≤-3nn-4=-3-12n-当n>4时,λ≥-3nn-4=-3-12n-4,得所以-3≤λ≤1. 12分19.在国家一系列利好政策的支持下，我国新能源汽车产业发展迅速.某汽车企业计划大力发展新能源汽车