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=lgan,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=,Tn为数列{bn}的前n项和,证明:Tn<.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.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an=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,∴Sn=.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=lgan=(n-1)lg2,∴Tn=(b1+a1)+(b2+a2)+…+(bn+an)=(0+1)+(lg2+2)+…+[(n-1)lg2+2n-1]=[lg2+2lg2+…+(n-1)lg2]+(1+2+…+2n-1)=lg2+2n-1.3.解(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则解得a1=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bn=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Tn=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(an+bn)=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)==n2+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bn=,所以Tn=++…+=.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.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,①2Tn=20+1×24+3×25+…+(2n-7)2n+(2n-5)2n+1,②①-②,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,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,∴an-1≠0,m+1≠0.∴(n≥2).∴数列{an}是首项为1,公比为的等比数列.(2)∵f(m)=,b1=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=n,则bn=,故cn=bn·bn+1=,因此,Tn=+…++…+=1-<1.7.解(1)∵nan+1=Sn+n(n+1),①∴当n≥2时,(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,∴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an=2n-1,∴bn=,则Tn=+…+,①∴Tn=+…+,②由①-②得,Tn=+2+…+-=+2×,∴Tn=3-.(3)由(2)知Tn=3-,∴,∴要使数列为等比数列,当且仅当3+λ=0,即λ=-3.故存在λ=-3,使得数列为等比数列.
