高考大题专项三 高考中的数列
1.(2018山西吕梁一模,17)已知{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足b1=2,b2=5,且anbn+1=anbn+an+1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{bn}的前n项和.
2.(2018福建龙岩4月质检,17)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=lg an,求数列{an+bn}的前n项和Tn.
3.(2018北京海淀期末,15)已知等差数列{an}的前n项和Sn,且a2=5,S3=a7. (1)数列{an}的通项公式;
(2)若bn= ,求数列{an+bn}的前n项和.
4.(2018河北唐山一模,17)已知数列{an}为单调递增数列,Sn为其前n项和,2Sn=
+n. (1)求{an}的通项公式 ; (2)若bn=
{b ,Tn为数列n}的前n项和,证明:Tn<
.
1
5.(2018湖南衡阳二模,17)等差数列{an}中,a3=1,a7=9,Sn为等比数列{bn}的前n项和,且b1=2,若4S1,3S2,2S3成等差数列.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)设cn=|an|·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
6.已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=(m+1)-man对任意的n∈N*都成立,其中m为常数,且m<-1. (1)求证:数列{an}是等比数列;
(2)记数列{an}的公比为q,设q=f(m),若数列{bn}满足b1=a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N*).求证:数列 是等差
数列;
(3)在(2)的条件下,设cn=bn·bn+1,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:Tn<1.
7.(2018宿州十三所中学期中,17)已知数列{an}的前n项和为Sn,并且满足a1=1,nan+1=Sn+n(n+1). (1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn= ,数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn;
(3)在(2)的条件下,是否存在常数λ,使得数列
为等比数列?若存在,试求出λ;若不存在,说明理由.
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高考大题专项三 高考中的数列
1.解 (1)把n=1代入已知等式得a1b2=a1b1+a2,∴a2=a1b2-a1b1=3a1.
∴{an}是首项为1,公比为3的等比数列,即a n=3n-1.
(2)由已知得bn+1-bn=
=3, ∴{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,其通项公式为bn=3n-1, ∴S
-
n=
. 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.
∵数列{an}是等比数列, ∴公比q=
=2,
∴数列{an}的通项公式为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)设等差数列{an}则 的首项为a1,公差为d,
解得a 1=3,d=2. 由an=a1+(n-1)d,则an=2n+1. 因此,通项公式为an=2n+1. (2)由(1)可知an=2n+1,
则b n=22n+1,
=4. 因为b1=23=8,所以{bn}是首项为8,公比为q=4的等比数列. 记{an+bn}的前n项和为Tn,则
T+b)+…+(a n+bn)=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)= - 2 -
n=(a11)+(a2+b2 -
=n+2n+ . 4.(1)解 当n=1时,2S1=2a1=
+1,所以(a1-1)2=0,即a1=1.
又{an}为单调递增数列,所以an≥1.
由2Sn=
+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为首项 ,1为公差的等差数列,所以an=n. (2)证明 因为b
n=
, 所以
T
n=( )+( )+…+[ ]=
.
5.解 (1)在等差数列{an}中,设公差为d,则a7-a3=4d=9-1=8,故d=2,
∴an=a3+(n-3)d=1+2(n-3)=2n-5.
设等比数列{bn}的公比为q,依题意有6S2=4S1+2S3,故q=2,
∴bn=2n.
(2)∵cn=|2n-5|·2n.
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当n=1时,T1=6, 当n=2时,T2=10,
当n≥3时,2n-5>0, Tn=10+1×23+3×24+…+(2n-7)2n-1+(2n-5)2n, 2Tn=20+1×24+3×25+…+(2n-7)2n+(2n-5)2n+1, ①-②,得-Tn=-10+8+2(24+…+2n)-(2n-5)2n+1,
∴Tn=34+(2n-7)2n+1.
∴Tn=
-
6.证明 (1)当n=1时,a1=S1=1.
∵Sn=(m+1)-man, ∴Sn-1=(m+1)-man-1(n≥2),
由①-②,得an=man-1-man(n≥2), 即(m+1)an=man-1.
∵a1≠0,m<-1,∴an-1≠0,m+1≠0. ∴
(n≥2).
-
∴数列{a
n}是首项为1,公比为 的等比数列.
(2)∵f(m)=
,b 1=a1=1,bn=f(bn-1)= - (n≥2), ∴
- - (n≥2),∴
=1(n≥2),
- ∴数列
-
是首项为1,公差为1的等差数列.
(3)由(2)得
因此,T =n,则bn=,故cn=bn·bn+1=,
n= +…+ +…+ =1- <1.
7.解 (1)∵nan+1=Sn+n(n+1), ∴当n≥2时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1),
由①-②可得an+1-an=2(n≥2),且a1=1,a2=S1+1×(1+1)=3,
∴数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,即an=2n-1.
(2)由(1)知数列a -
n=2n-1,∴bn=
则T - , -
n= +…+ - , ∴
- - Tn=由①-② 得,
+…+
, T n= +2-
-
+…+
= - -
- +2× - , ∴T
n=3- .
(3)由(2)知T
n=3-
, ∴
-
, ∴要使数列
为等比数列,
① ②
① ②
① ②
① ②
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