2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練,2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí),高考大題專項(xiàng)練,2022,年高,數(shù)學(xué),一輪,復(fù)習(xí),高考,專項(xiàng)
高考大題專項(xiàng)練三 高考中的數(shù)列
一、非選擇題
1.在等比數(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:(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=1-(-2)n3.
由Sm=63得(-2)m=-188,此方程沒有正整數(shù)解.
若an=2n-1,則Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.
綜上,m=6..
2.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知a1=3,Sn+1=3Sn+3.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若bn=nan+1-an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
解:(1)(方法一)∵Sn+1=3Sn+3,
∴Sn+1+32=3Sn+32.
∴Sn+32=S1+323n-1=92×3n-1=3n+12.
∴當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=3n+12-3n2=3n,a1也適合.
∴an=3n.
(方法二)由Sn+1=3Sn+3(n∈N*),
可知當(dāng)n≥2時(shí),Sn=3Sn-1+3,
兩式相減,得an+1=3an(n≥2).
又a1=3,代入Sn+1=3Sn+3,得a2=9,故an=3n.
(2)∵bn=nan+1-an=n3n+1-3n=12·n3n,
∴Tn=1213+232+333+…+n3n,①
∴13Tn=12132+233+334+…+n-13n+n3n+1,②
由①-②,得23Tn=1213+132+133+134+…+13n-n3n+1,
解得Tn=38-2n+38·3n.
3.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2an-1;數(shù)列{bn}滿足bn-1-bn=bnbn-1(n≥2,n∈N*),b1=1.
(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和Tn.
解:(1)由Sn=2an-1,得S1=a1=2a1-1,故a1=1.
又Sn=2an-1,Sn-1=2an-1-1(n≥2),
兩式相減,得Sn-Sn-1=2an-2an-1,
即an=2an-2an-1.
故an=2an-1,n≥2.
所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列.
故an=1·2n-1=2n-1.
由bn-1-bn=bnbn-1(n≥2,n∈N*),
得1bn-1bn-1=1.
又b1=1,∴數(shù)列1bn是首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)列.
∴1bn=1+(n-1)·1=n.∴bn=1n.
(2)由(1)得anbn=n·2n-1.
∴Tn=1·20+2·21+…+n·2n-1,
∴2Tn=1·21+2·22+…+n·2n.
兩式相減,得-Tn=1+21+…+2n-1-n·2n=1-2n1-2-n·2n=-1+2n-n·2n.
∴Tn=(n-1)·2n+1.
4.設(shè){an}是等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*);{bn}是等比數(shù)列,公比大于0,其前n項(xiàng)和為Tn(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:(1)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.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=1-2n1-2=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,Sn=n(n+1)2.
(2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=2×(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.
由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得,n(n+1)2+2n+1-n-2=n+2n+1,
整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4.
所以,n的值為4.
5.(2021浙江,20)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=-94,且4Sn+1=3Sn-9(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,若Tn≤λbn對(duì)任意n∈N*恒成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.
解:(1)由4Sn+1=3Sn-9,得4Sn=3Sn-1-9(n≥2),
則4an+1=3an(n≥2),又4(a1+a2)=3a1-9,
因?yàn)閍1=-94,所以4a2=3a1.
所以{an}是以-94為首項(xiàng),以34為公比的等比數(shù)列.
因此an=-3×34n.
(2)由題意得bn=(n-4)×34n.
則Tn=(-3)×34+(-2)×342+…+(n-4)×34n,
34Tn=(-3)×342+(-2)×343+…+(n-4)×34n+1.
兩式相減,得14Tn=(-3)×34+342+343+…+34n-(n-4)×34n+1,所以Tn=-4n×34n+1.
由題意得-4n×34n+1≤λ(n-4)×34n恒成立,所以(λ+3)n-4λ≥0,記f(n)=(λ+3)n-4λ(n∈N*),
所以λ+3≥0,f(1)≥0,解得-3≤λ≤1.
6.已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng).數(shù)列{bn}滿足b1=1,數(shù)列{(bn+1-bn)an}的前n項(xiàng)和為2n2+n.
(1)求q的值;
(2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式.
解:(1)由a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng),得a3+a5=2a4+4,
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.
由a3+a5=20,得8q+1q=20,
解得q=2或q=12,
因?yàn)閝>1,所以q=2.
(2)設(shè)cn=(bn+1-bn)an,數(shù)列{cn}前n項(xiàng)和為Sn,
由cn=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,解得cn=4n-1.
由(1)可知an=2n-1,
所以bn+1-bn=(4n-1)·12n-1.
故bn-bn-1=(4n-5)·12n-2,n≥2,bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)·12n-2+(4n-9)·12n-3+…+7·12+3.
設(shè)Tn=3+7·12+11·122+…+(4n-5)·12n-2,n≥2,
12Tn=3·12+7·122+…+(4n-9)·12n-2+(4n-5)·12n-1,
所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-(4n-5)·12n-1,
因此Tn=14-(4n+3)·12n-2,n≥2,
又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·12n-2.
7.已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1,前n項(xiàng)和Sn滿足an=Sn+Sn-1(n≥2).
(1)求證:{Sn}為等差數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)記數(shù)列1anan+1的前n項(xiàng)和為Tn,若對(duì)任意的n∈N*,不等式4Tn
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