2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題5 數(shù)列 第2講 綜合大題部分真題押題精練 文

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1、2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題5 數(shù)列 第2講 綜合大題部分真題押題精練 文 1. (2018·高考全國(guó)卷Ⅱ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知a1=-7,S3= -15. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值. 解析:(1)設(shè){an}的公差為d,由題意得3a1+3d=-15. 由a1=-7得d=2. 所以{an}的通項(xiàng)公式為an=a1+(n-1)d=2n-9. (2)由(1)得Sn=·n=n2-8n=(n-4)2-16. 所以當(dāng)n=4時(shí),Sn取得最小值,最小值為-16. 2.(2017·高考全國(guó)卷Ⅱ)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)

2、和為Sn,等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n,a1=-1,b1=1,a2+b2=2. (1)若a3+b3=5,求{bn}的通項(xiàng)公式; (2)若T3=21,求S3. 解析:設(shè){an}的公差為d,{bn}的公比為q, 則an=-1+(n-1)·d,bn=qn-1. 由a2+b2=2得d+q=3.?、? (1)由a3+b3=5得2d+q2=6.?、? 聯(lián)立①和②解得(舍去), 因此{(lán)bn}的通項(xiàng)公式為bn=2n-1. (2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0, 解得q=-5或q=4. 當(dāng)q=-5時(shí),由①得d=8,則S3=21. 當(dāng)q=4時(shí),由①得d=-1,則S3=-6.

3、3.(2018·高考全國(guó)卷Ⅲ)等比數(shù)列{an}中,a1=1,a5=4a3. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)記Sn為{an}的前n項(xiàng)和.若Sm=63,求m. 解析:(1)設(shè){an}的公比為q,由題設(shè)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,則Sn=. 由Sm=63得(-2)m=-188,此方程沒(méi)有正整數(shù)解. 若an=2n-1,則Sn=2n-1. 由Sm=63得2m=64,解得m=6.綜上,m=6. 4.(2018·高考天津卷)設(shè){an}是等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為

4、Sn(n∈N*);{bn}是等比數(shù)列,公比大于0,其前n項(xiàng)和為T(mén)n(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6. (1)求Sn和Tn; (2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整數(shù)n的值. 解析:(1)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q(q>0). 由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0. 因?yàn)閝>0,可得q=2,故bn=2n-1. 所以Tn==2n-1. 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由b4=a3+a5, 可得a1+3d=4. 由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16, 從而a1=1,d=1,故an=n,所以

5、Sn=. (2)由(1),有 T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2. 由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得 +2n+1-n-2=n+2n+1, 整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍去),或n=4. 所以,n的值為4. 1. 已知首項(xiàng)為2的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn+1=3Sn-2Sn-1(n≥2,n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析:(1)因?yàn)镾n+1=3Sn-2Sn-1(n≥2), 所以Sn+1-Sn=2Sn-2Sn-1(n≥2),

6、即an+1=2an(n≥2),所以an+1=2n+1, 則an=2n,當(dāng)n=1時(shí),也滿足,故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n. (2)因?yàn)閎n==(n+1)()n, 所以Tn=2×+3×()2+4×()3+…+(n+1)×()n, ① Tn=2×()2+3×()3+4×()4+…+n×()n+(n+1)×()n+1, ② ①-②得Tn=2×+()2+()3+…+()n-(n+1)()n+1 =+()1+()2+()3+…+()n-(n+1)()n+1 =+-(n+1)()n+1 =+1-()n-(n+1)()n+1 =-. 故數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n=3-

7、. 2.已知數(shù)列{an}滿足a1+4a2+42a3+…+4n-1an=(n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=,求數(shù)列{bnbn+1}的前n項(xiàng)和Tn. 解析:(1)當(dāng)n=1時(shí),a1=. 因?yàn)閍1+4a2+42a3+…+4n-2an-1+4n-1an=, ① 所以a1+4a2+42a3+…+4n-2an-1=(n≥2,n∈N*), ② ①-②,得4n-1an=(n≥2,n∈N*), 所以an=(n≥2,n∈N*). 由于a1=,故an=(n∈N*). (2)由(1)得bn==, 所以bnbn+1==(-), 故Tn=×(-+-+

8、…+-)=×(-)=. 3.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,n∈N*,且a2=3,S5=25. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足bn=,記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n,證明:Tn<1. 解析:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 因?yàn)閍2=3,S5=25, 所以解得 所以an=2n-1. (2)由(1)知,an=2n-1,所以Sn==n2. 所以bn===-. 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =(1-)+(-)+…+(-) =1-<1. 4.在數(shù)列{an}中,a1=5,an+1=4an-3.令bn=log4(an-1),n∈N*.

9、 (1)求證:數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,并求{bn}的通項(xiàng)公式; (2)記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,若不等式(-1)nkbn<2Sn+n+4對(duì)所有的正奇數(shù)n都成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍. 解析:(1)因?yàn)閎n+1=log4(an+1-1)=log4[4(an-1)]=1+log4(an-1)=1+bn,所以bn+1-bn=1, 所以數(shù)列{bn}是以b1=log44=1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列, 所以bn=1+(n-1)×1=n. (2)由(1)知bn=n,則Sn=, 所以(-1)nkbn<2Sn+n+4等價(jià)于(-1)nkn-(n+)-2,則k>[-(n+)-2]max. 令函數(shù)f(x)=-(x+)-2,x>0, 則f′(x)==, 所以當(dāng)x∈(0,2)時(shí),f′(x)>0, 當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),f′(x)<0, 即f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增,在(2,+∞)上單調(diào)遞減, 由f(1)=-7-,即實(shí)數(shù)k的取值范圍為(-,+∞).

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