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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 題型專項(xiàng)訓(xùn)練8 數(shù)列（解答題專項(xiàng)）
1.已知數(shù)列{an},{bn}滿足下列條件:an=6·2n-1-2,b1=1,an=bn+1-bn.
(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)比較an與2bn的大小.
2.(xx浙江寧波模擬,文20)已知等比數(shù)列{an}滿足2a1+a3=3a2,且a3+2是a2,a4的等差中項(xiàng).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若bn=an+log2,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn-2n+1+47<0成立的正整數(shù)n的最小值.
2、
3.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2an-n.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若bn=,設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:≤Tn<1.
4.已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a2,a3,a5成等比數(shù)列,S6=45.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn.
(2)令pn=,是否存在正整數(shù)M,使不等式p1+p2+…+pn-2n≤M恒成立?若存在,求出M的最小值;若不存在,請說明理由.
3、
5.已知數(shù)列{an}滿足+…+,n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)證明:對任意的n∈N*,都有+…+<4.
6.已知數(shù)列{an}中a1=1,an+1-Sn=n+1,n∈N*.{an}的前n項(xiàng)和為Sn.
(1)證明:數(shù)列{an+1}是等比數(shù)列;
(2)對一切n∈N*,若p(an+1)>3n-1恒成立,求實(shí)數(shù)p的取值范圍.
題型專項(xiàng)訓(xùn)練8 數(shù)列(解答題專項(xiàng))
1.解:(1)由題意知,bn+1-bn=6·2n-1-2,
bn=b1+(b2-b1)+(b3-b
4、2)+…+(bn-bn-1)
=1+(6×1-2)+(6×2-2)+…+(6×2n-2-2)=1+6×(1+2+…+2n-2)-2(n-1)
=1+6·-2(n-1)=6·2n-1-2n-3.
所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=6·2n-1-2n-3.
(2)2bn-an=6·2n-1-4(n+1)=3·2n-4(n+1).
設(shè)cn=,則-1=-1=-1=>0,所以cn+1>cn,即{cn}為遞增數(shù)列.
當(dāng)n>2時,因?yàn)閏n>c2=1,
所以3·2n>4(n+1).
于是2bn-an>0,即an<2bn.
易知當(dāng)n=1時,an>2bn;當(dāng)n=2時,an=2bn.
2.解:(
5、1)∵∴q=1(舍)或q=2.
∴an=2n.
(2)由(1)可知bn=2n-n,Sn=2n+1-2-,
則Sn-2n+1+47=45-<0,
即n2+n-90>0,解得n>9.
又n∈N*,所以n=10.
3.(1)解:因?yàn)镾n=2an-n,則Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2),
兩式相減得an=2an-2an-1-1,
即an=2an-1+1.
又an+1=2(an-1+1),a1+1=2,
所以an+1=(a1+1)·2n-1=2n.所以an=2n-1.
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1.
(2)證明:因?yàn)閎n=,則Tn=b1+b2+b3+…+bn
6、=+…+=1-.因?yàn)閿?shù)列{Tn}是遞增數(shù)列,所以≤Tn<1.
4.解:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由已知,得=a2a5,
即(a2+d)2=a2(a2+3d),得a2=d.
由S6=45,得2a2+3d=15,
從而可得a2=d=3,an=3n-3,Sn=.
(2)∵pn==2+,
∴p1+p2+p3+…+pn-2n=2+…+=2-.
由n是整數(shù),可得p1+p2+p3+…+pn-2n<2.
故存在最小的正整數(shù)M=2,使不等式p1+p2+…+pn-2n≤M恒成立.
5.(1)解:因?yàn)?…+,
當(dāng)n=1時,=1,即a1=1.
當(dāng)n≥2時,+…+,作差,得=n3,an=
7、n,且a1=1也滿足此式.故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n.
(2)證明:由(1)得,因?yàn)?n+1-(n+1)=2n-n+(2n-1)>2n-n≥2-1>0,所以>0.
又≤0,即,
所以+…++…+.
設(shè)S=+…+,
由錯位相減法,得S=1++…+,即S=2<4.
所以+…+<4.
6.(1)證明:由an+1-Sn=n+1得an-Sn-1=n(n≥2),兩式相減得an+1-an-(Sn-Sn-1)=1,即an+1=2an-1,an+1+1=2(an+1)(n≥2).
由S1=a1=1及a2-S1=2,得a2=3,滿足a2+1=2(a1+1),所以數(shù)列{an+1}是以a1+1=2為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列.
(2)解:由(1)得an+1=2n,an=2n-1.
由p(an+1)>3n-1,得p>恒成立.
令f(n)=,n∈N*,
則f(n+1)-f(n)=.
∴當(dāng)n=1時,有f(n+1)>f(n);
當(dāng)n≥2時,有f(n+1),即p∈.
2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 題型專項(xiàng)訓(xùn)練8 數(shù)列（解答題專項(xiàng)）
