《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項(xiàng)突破 高考大題專項(xiàng)3 高考中的數(shù)列 文 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項(xiàng)突破 高考大題專項(xiàng)3 高考中的數(shù)列 文 北師大版（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、高考大題專項(xiàng)三 高考中的數(shù)列
1.(2018山西呂梁一模,17)已知{an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足b1=2,b2=5,且anbn+1=anbn+an+1.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.
2.(2018福建龍巖4月質(zhì)檢,17)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2an-1(n∈N+).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若bn=lg an,求數(shù)列{an+bn}的前n項(xiàng)和Tn.
3.(2018北京海淀期末,15)已知等差數(shù)列{an}的前
2、n項(xiàng)和Sn,且a2=5,S3=a7.
(1)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若bn=,求數(shù)列{an+bn}的前n項(xiàng)和.
4.(2018河北唐山一模,17)已知數(shù)列{an}為單調(diào)遞增數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和,2Sn=+n.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若bn=,Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,證明:Tn<.
5.(2018湖南衡陽二模,17)等差數(shù)列{an}中,a3=1,a7=9,Sn為等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,且b1=2,若4S1,3S2,2S3成等差數(shù)列.
(1)求數(shù)列{an},{bn}的
3、通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)cn=|an|·bn,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.
6.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,Sn=(m+1)-man對(duì)任意的n∈N+都成立,其中m為常數(shù),且m<-1.
(1)求證:數(shù)列{an}是等比數(shù)列;
(2)記數(shù)列{an}的公比為q,設(shè)q=f(m),若數(shù)列{bn}滿足b1=a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N+).求證:數(shù)列是等差數(shù)列;
(3)在(2)的條件下,設(shè)cn=bn·bn+1,數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:Tn<1.
7.(2018宿州十三所中學(xué)期中,17)已知數(shù)列{an
4、}的前n項(xiàng)和為Sn,并且滿足a1=1,nan+1=Sn+n(n+1).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若bn=,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn;
(3)在(2)的條件下,是否存在常數(shù)λ,使得數(shù)列為等比數(shù)列?若存在,試求出λ;若不存在,說明理由.
高考大題專項(xiàng)三 高考中的數(shù)列
1.解 (1)把n=1代入已知等式得a1b2=a1b1+a2,∴a2=a1b2-a1b1=3a1.
∴{an}是首項(xiàng)為1,公比為3的等比數(shù)列,即an=3n-1.
(2)由已知得bn+1-bn==3,
∴{bn}是首項(xiàng)為2,公差為3的等差數(shù)列,其通項(xiàng)公式為bn=3n-1,
∴Sn=.
5、2.解 (1)由Sn=2an-1(n∈N+),可得S1=2a1-1,
∴a1=2a1-1,∴a1=1.
又S2=2a2-1,∴a1+a2=2a2-1,∴a2=2.
∵數(shù)列{an}是等比數(shù)列,
∴公比q==2,
∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1.
(2)由(1)知,bn=lg an=(n-1)lg 2,
∴Tn=(b1+a1)+(b2+a2)+…+(bn+an)
=(0+1)+(lg 2+2)+…+[(n-1)lg 2+2n-1]
=[lg 2+2lg 2+…+(n-1)lg 2]+(1+2+…+2n-1)
=lg 2+2n-1.
3.解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的
6、首項(xiàng)為a1,公差為d,
則解得a1=3,d=2.
由an=a1+(n-1)d,則an=2n+1.
因此,通項(xiàng)公式為an=2n+1.
(2)由(1)可知:an=2n+1,
則bn=22n+1,=4.
因?yàn)閎1=23=8,所以{bn}是首項(xiàng)為8,公比為q=4的等比數(shù)列.
記{an+bn}的前n項(xiàng)和為Tn,
則Tn=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(an+bn)=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)==n2+2n+.
4.(1)解 當(dāng)n=1時(shí),2S1=2a1=+1,
所以(a1-1)2=0,即a1=1.
又{an}為單調(diào)遞增數(shù)列,所以an≥1.
由2Sn=+
7、n得2Sn+1=+n+1,
所以2Sn+1-2Sn=+1,
整理得2an+1=+1,
即=(an+1-1)2,
所以an=an+1-1,即an+1-an=1,
所以{an}是以1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列,所以an=n.
(2)證明 因?yàn)閎n=,
所以Tn=++…+=.
5.解 (1)在等差數(shù)列{an}中,設(shè)公差為d,則a7-a3=4d=9-1=8,故d=2,
∴an=a3+(n-3)d=1+2(n-3)=2n-5.
設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q,依題意有6S2=4S1+2S3,故q=2,∴bn=2n.
(2)∵cn=|2n-5|·2n.
當(dāng)n=1時(shí),T1=6,
當(dāng)n
8、=2時(shí),T2=10,
當(dāng)n≥3時(shí),2n-5>0,
Tn=10+1×23+3×24+…+(2n-7)2n-1+(2n-5)2n, ①
2Tn=20+1×24+3×25+…+(2n-7)2n+(2n-5)2n+1, ②
①-②,得-Tn=-10+8+2(24+…+2n)-(2n-5)2n+1,
∴Tn=34+(2n-7)2n+1.
∴Tn=
6.證明 (1)當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=1.
∵Sn=(m+1)-man, ①
∴Sn-1=(m+1)-man-1(n≥2), ②
由①-②,得an=man-1-man(n≥2),
即(m+1)an=man-1.
∵a1≠0,m<-1,
9、∴an-1≠0,m+1≠0.
∴(n≥2).
∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為的等比數(shù)列.
(2)∵f(m)=,b1=a1=1,bn=f(bn-1)=(n≥2),
∴(n≥2),
∴=1(n≥2),
∴數(shù)列是首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)列.
(3)由(2)得=n,則bn=,故cn=bn·bn+1=,
因此,Tn=+…++…+=1-<1.
7.解 (1)∵nan+1=Sn+n(n+1), ①
∴當(dāng)n≥2時(shí),(n-1)an=Sn-1+n(n-1), ②
由①-②可得an+1-an=2(n≥2),且a1=1,a2=S1+1×(1+1)=3,
∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列,即an=2n-1.
(2)由(1)知數(shù)列an=2n-1,∴bn=,
則Tn=+…+, ①
∴Tn=+…+, ②
由①-②得,
Tn=+2+…+-
=+2×,
∴Tn=3-.
(3)由(2)知Tn=3-,
∴,
∴要使數(shù)列為等比數(shù)列,
當(dāng)且僅當(dāng)3+λ=0,即λ=-3.
故存在λ=-3,使得數(shù)列為等比數(shù)列.
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