高考数二轮专题突破 （预测演练+提能训练）第1部分 专题三 第2讲 高考中的数列解答题型（以真题和模拟题为例） 理VIP免费

《创新方案》届高考数学（理科）二轮专题突破预测演练提能训练（浙江专版）：第1部分专题三第2讲高考中的数列解答题型（以年真题和模拟题为例，含答案解析）1．已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．(1)求{an}的通项公式；(2)求a1＋a4＋a7…＋＋a3n－2.解：(1)设{an}的公差为d.由题意a＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)，或d＝－2.故an＝－2n＋27.(2)令Sn＝a1＋a4＋a7…＋＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1) Sn＝nan－n(n－1)，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1－(n－1)(n－2)，∴an＝Sn－Sn－1＝nan－n(n－1)－(n－1)an－1＋(n－1)(n－2)，即an－an－1＝2.∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，故an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，n∈N*.(2)由(1)知bn＝＝＝－，∴Tn＝b1＋b2…＋＋bn＝＋…＋＋＋＝1－＝.3．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(an－1)，数列{bn}满足bn＝bn－1－(n≥2)，且b1＝3.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝an·log2(bn＋1)，其前n项和为Tn，求Tn.解：(1)对于数列{an}有Sn＝(an－1)，①Sn－1＝(an－1－1)(n≥2)，②由①－②得an＝(an－an－1)，即an＝3an－1，n＝1时，由S1＝(a1－1)，得a1＝3，则an＝a1·qn－1＝3·3n－1＝3n.对于数列{bn}有bn＝bn－1－(n≥2)，可得bn＋1＝bn－1＋，即＝.bn＋1＝(b1＋1)n－1＝4×n－1＝42－n，即bn＝42－n－1.(2)由(1)可知cn＝an·log2(bn＋1)＝3n·log242－n＝3n·log224－2n＝3n(4－2n)．Tn＝2·31＋0·32＋(－2)·33…＋＋(4－2n)·3n，③3Tn＝2·32＋0·33…＋＋(6－2n)·3n＋(4－2n)·3n＋1，④由③－④得－2Tn＝2·3＋(－2)·32＋(－2)·33…＋＋(－2)·3n－(4－2n)·3n＋1＝6＋(－2)(32＋33…＋＋3n)－(4－2n)·3n＋1.则Tn＝－3＋＋(2－n)·3n＋1＝－＋·3n＋1.4．(·合肥模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＋3＝3an(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，Tn＝b1＋b2…＋＋bn，求证：Tn<(n∈N*)．解：(1)当n＝1时，2S1＋3＝3a1⇒a1＝3;当n≥2时，2Sn＋3＝3an,2Sn－1＋3＝3an－1，∴2Sn－2Sn－1＝3an－3an－1，即an＝3an－1.∴数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，∴数列{an}的通项公式为an＝3n.(2)证明：由(1)得bn＝＝(4n＋1)n，∴Tn＝b1＋b2…＋＋bn＝5×1＋9×2…＋＋(4n－3)×n－1＋(4n＋1)n，①∴Tn＝5×2＋9×3…＋＋(4n－3)×n＋(4n＋1)n＋1，②由①－②得Tn＝5×1＋4－(4n＋1)×n＋1＝＋4－(4n＋1)×n＋1＝＋4·－(4n＋1)×n＋1＝＋2－(4n＋1)×n＋1.∴2Tn＝7－(4n＋7)×n.∴Tn＝－(4n＋7)×n<.5．已知数列{an}的各项都为正数，且对任意n∈N*，a＝anan＋2＋k(k为常数)．(1)若k＝(a2－a1)2，求证：a1，a2，a3成等差数列；(2)若k＝0，且a2，a4，a5成等差数列，求的值；(3)已知a1＝a，a2＝b(a，b为常数)，是否存在常数λ，使得an＋an＋2＝λan＋1对任意n∈N*都成立？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：当k＝(a2－a1)2时，在a＝anan＋2＋k中，令n＝1，得a＝a1a3＋(a2－a1)2，即a1a3－2a1a2＋a＝0.因为a1>0，所以a3－2a2＋a1＝0，即a2－a1＝a3－a2，故a1，a2，a3成等差数列．(2)当k＝0时，a＝anan＋2.因为数列{an}的各项都为正数，所以数列{an}是等比数列．设公比为q(q>0)．因为a2，a4，a5成等差数列，所以a2＋a5＝2a4，即a1q＋a1q4＝2a1q3.因为a1>0，q>0，所以q3－2q2＋1＝0，解得q＝1或q＝或(舍去负值)．所以＝q＝1或＝q＝.(3)存在常数λ＝，使an＋an＋2＝λan＋1.证明如下：因为a＝anan＋2＋k，所以a＝an－1an＋1＋k，n≥2，n∈N*，所以a－a＝anan＋2－an－1an＋1，即a＋an－1an＋1＝anan＋2＋a.由于an>0，此等式两边同除以anan＋1，得＝，所以…＝＝＝，即当n∈N*时，都有an＋an＋2＝an＋1.因为a1＝a，a2＝b，a＝anan＋2＋k，所以a3＝，所以＝＝...