《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第三部分 題型技法考前提分 題型專項(xiàng)訓(xùn)練8 數(shù)列 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第三部分 題型技法考前提分 題型專項(xiàng)訓(xùn)練8 數(shù)列 新人教A版（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第三部分 題型技法考前提分 題型專項(xiàng)訓(xùn)練8 數(shù)列 新人教A版 1.已知數(shù)列{an},{bn}滿足下列條件:an=6·2n-1-2,b1=1,an=bn+1-bn. (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式; (2)比較an與2bn的大小. 2.(xx浙江寧波模擬,文20)已知等比數(shù)列{an}滿足2a1+a3=3a2,且a3+2是a2,a4的等差中項(xiàng). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若bn=an+log2,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn-2n+1+47<0成立的正整數(shù)n的最小值.

2、 3.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2an-n. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若bn=,設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n,求證:≤Tn<1. 4.已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a2,a3,a5成等比數(shù)列,S6=45. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn. (2)令pn=,是否存在正整數(shù)M,使不等式p1+p2+…+pn-2n≤M恒成立?若存在,求出M的最小值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

3、 5.已知數(shù)列{an}滿足+…+,n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)證明:對(duì)任意的n∈N*,都有+…+<4. 6.已知數(shù)列{an}中a1=1,an+1-Sn=n+1,n∈N*.{an}的前n項(xiàng)和為Sn. (1)證明:數(shù)列{an+1}是等比數(shù)列; (2)對(duì)一切n∈N*,若p(an+1)>3n-1恒成立,求實(shí)數(shù)p的取值范圍. 題型專項(xiàng)訓(xùn)練8　數(shù)列(解答題專項(xiàng)) 1.解:(1)由題意知,bn+1-bn=6·2n-1-2, bn=b1+(b2

4、-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1) =1+(6×1-2)+(6×2-2)+…+(6×2n-2-2)=1+6×(1+2+…+2n-2)-2(n-1) =1+6·-2(n-1)=6·2n-1-2n-3. 所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=6·2n-1-2n-3. (2)2bn-an=6·2n-1-4(n+1)=3·2n-4(n+1). 設(shè)cn=,則-1=-1=-1=>0,所以cn+1>cn,即{cn}為遞增數(shù)列. 當(dāng)n>2時(shí),因?yàn)閏n>c2=1, 所以3·2n>4(n+1). 于是2bn-an>0,即an<2bn. 易知當(dāng)n=1時(shí),an>2bn;當(dāng)n=2時(shí),an=2

5、bn. 2.解:(1)∵∴q=1(舍)或q=2. ∴an=2n. (2)由(1)可知bn=2n-n,Sn=2n+1-2-, 則Sn-2n+1+47=45-<0, 即n2+n-90>0,解得n>9. 又n∈N*,所以n=10. 3.(1)解:因?yàn)镾n=2an-n,則Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2), 兩式相減得an=2an-2an-1-1, 即an=2an-1+1. 又an+1=2(an-1+1),a1+1=2, 所以an+1=(a1+1)·2n-1=2n.所以an=2n-1. 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1. (2)證明:因?yàn)閎n=,則Tn=b1+

6、b2+b3+…+bn=+…+=1-.因?yàn)閿?shù)列{Tn}是遞增數(shù)列,所以≤Tn<1. 4.解:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由已知,得=a2a5, 即(a2+d)2=a2(a2+3d),得a2=d. 由S6=45,得2a2+3d=15, 從而可得a2=d=3,an=3n-3,Sn=. (2)∵pn==2+, ∴p1+p2+p3+…+pn-2n=2+…+=2-. 由n是整數(shù),可得p1+p2+p3+…+pn-2n<2. 故存在最小的正整數(shù)M=2,使不等式p1+p2+…+pn-2n≤M恒成立. 5.(1)解:因?yàn)?…+, 當(dāng)n=1時(shí),=1,即a1=1. 當(dāng)n≥2時(shí),+…+,作

7、差,得=n3,an=n,且a1=1也滿足此式.故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n. (2)證明:由(1)得,因?yàn)?n+1-(n+1)=2n-n+(2n-1)>2n-n≥2-1>0,所以>0. 又≤0,即, 所以+…++…+. 設(shè)S=+…+, 由錯(cuò)位相減法,得S=1++…+,即S=2<4. 所以+…+<4. 6.(1)證明:由an+1-Sn=n+1得an-Sn-1=n(n≥2),兩式相減得an+1-an-(Sn-Sn-1)=1,即an+1=2an-1,an+1+1=2(an+1)(n≥2). 由S1=a1=1及a2-S1=2,得a2=3,滿足a2+1=2(a1+1),所以數(shù)列{an+1}是以a1+1=2為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列. (2)解:由(1)得an+1=2n,an=2n-1. 由p(an+1)>3n-1,得p>恒成立. 令f(n)=,n∈N*, 則f(n+1)-f(n)=. ∴當(dāng)n=1時(shí),有f(n+1)>f(n); 當(dāng)n≥2時(shí),有f(n+1),即p∈.