专练33高考大题专练(三)数列的综合运用1.已知等差数列{an}满足a1＝3，a5＝15，数列{bn}满足b1＝4，b5＝31.设cn＝bn－an，且{cn}为正项等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.2.[2020·全国卷Ⅲ]设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.3.[2019·全国卷Ⅱ]已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；(2)求{an}和{bn}的通项公式．4.[2020·河南信阳高三测试]设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn.(n∈N*)(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1＋log2(an)2，求证数列的前n项和Tn＜.5.[2020·全国卷Ⅰ]设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．专练33高考大题专练(三)数列的综合运用1．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意得a5＝a1＋4d＝3＋4d＝15，解得d＝3，因此an＝3＋3(n－1)＝3n.设等比数列{cn}的公比为q(q>0)，由已知得c1＝b1－a1＝4－3＝1，c5＝b5－a5＝31－15＝16.因为c5＝c1q4，即16＝1×q4，解得q＝2(负值舍去)，所以cn＝1×2n－1＝2n－1.由cn＝bn－an得bn＝an＋cn，所以bn＝3n＋2n－1.(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，所以数列{bn}的前n项和Sn＝(3＋1)＋(6＋21)＋(9＋22)＋…＋(3n＋2n－1)＝(3＋6＋9＋…＋3n)＋(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝＋＝＋2n－1.2．解析：(1)a2＝5，a3＝7.猜想an＝2n＋1.由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，……a2－5＝3(a1－3)．因为a1＝3，所以an＝2n＋1.(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.①从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.②①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1.所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2.3．解析：本题主要考查等差数列与等比数列的定义及通项公式，意在考查考生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．(1)由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1.所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.4．解析：(1)∵an＋1＝2＋Sn(n∈N*)∴当n≥2时，an＝2＋Sn－1，∴an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，∴an＋1＝2an(n≥2)，又a2＝2＋a1＝4，又a1＝2，∴a2＝2a1，∴{an}是以2为首项以2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.(2)证明：∵bn＝1＋log2(an)2，则bn＝2n＋1，∴＝，∴Tn＝＝＝－＜.5．解析：(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2.所以q2＋q－2＝0，解得q1＝1(舍去)，q2＝－2.故{an}的公比为－2.(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得，an＝(－2)n－1.所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝－n×(－2)n.所以Sn＝－.
