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專題突破練(三) 數列中的高考熱點問題
1．(20xx·北京高考)已知等差數列{an}和等比數列{bn}滿足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
(1)求{an}的通項公式；
(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
[解] (1)設等差數列{an}的公差為d.
因為a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10，
解得d＝2，所以an＝2n－1.
3、
(2)設等比數列{bn}的公比為q，
因為b2b4＝a5，所以b1qb1q3＝9，解得q2＝3，
所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.
從而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.
2．已知二次函數y＝f(x)的圖像經過坐標原點，其導函數為f′(x)＝6x－2，數列{an}的前n項和為Sn，點(n，Sn)(n∈N＋)均在函數y＝f(x)的圖像上．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設bn＝，試求數列{bn}的前n項和Tn.
[解] (1)設二次函數f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，
則f′(x)＝2ax＋b.
由f′(x)＝6x－2，得a
4、＝3，b＝－2，
所以f(x)＝3x2－2x.
又因為點(n，Sn)(n∈N＋)均在函數y＝f(x)的圖像上，
所以Sn＝3n2－2n.
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；
當n＝1時，a1＝S1＝3×12－2×1＝6×1－5，
所以an＝6n－5(n∈N＋)．
(2)由(1)得bn＝＝
＝，
故Tn＝＝
＝.
3．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，S3＝6.正項數列{bn}滿足b1·b2·b3·…·bn＝2.
(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；
(2)若λbn>an，對n∈N＋均成立，求
5、實數λ的取值范圍.
【導學號：79140187】
[解] (1)∵等差數列{an}中，a1＝1，S3＝6，
∴d＝1，故an＝n.
由
①÷②得bn＝2＝2＝2n(n≥2)，
b1＝2＝21＝2，滿足通項公式，
故bn＝2n.
(2)λbn>an恒成立，即λ>恒成立，
設cn＝，則＝，
當n≥1時，cn＋1≤cn，{cn}單調遞減，
∴(cn)max＝c1＝，故λ>，
∴λ的取值范圍是.
4．(20xx·山東高考)已知{xn}是各項均為正數的等比數列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.
(1)求數列{xn}的通項公式；
(2)如圖1，在平面直角坐標系xOy中，依
6、次連接點P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折線P1P2…Pn＋1，求由該折線與直線y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所圍成的區(qū)域的面積Tn.
圖1
[解] (1)設數列{xn}的公比為q.
由題意得所以3q2－5q－2＝0.
由已知得q>0，所以q＝2，x1＝1.
因此數列{xn}的通項公式為xn＝2n－1.
(2)過P1，P2，…，Pn＋1向x軸作垂線，垂足分別為Q1，Q2，…，Qn＋1.
由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1.
記梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面積為bn.
由題意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①
又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②
①－②得
－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1
＝＋－(2n＋1)×2n－1，
所以Tn＝.
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