《2018屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點(diǎn) 解答題專練作業(yè)17-18 數(shù)列 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點(diǎn) 解答題專練作業(yè)17-18 數(shù)列 理（10頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 數(shù)列專練 1．(2017·成都市高三一診)已知數(shù)列{an}滿足a1＝－2，an＋1＝2an＋4. (1)證明：數(shù)列{an＋4}是等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Sn. 解析　(1)∵a1＝－2，∴a1＋4＝2. ∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)， ∴＝2， ∴{an＋4}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． (2)由(1)，可知an＋4＝2n，∴an＝2n－4. 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝－2<0，∴S1＝|a1|＝2； 當(dāng)n≥2時(shí)，an≥0. ∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n

2、－4(n－1)＝－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2. 又當(dāng)n＝1時(shí)，上式也滿足． ∴當(dāng)n∈N*時(shí)，Sn＝2n＋1－4n＋2. 2．(2017·濟(jì)南一模)已知{an}是公差不為零的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，S3＝9，并且a2，a5，a14成等比數(shù)列，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn＝. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)若cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Mn. 解析　(1)令等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d， 由題意知(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋13d)， S3＝3a1＋3d＝9， 又d≠0，∴a1＝1，d＝2，an＝2n－1， b1＝3，n≥2

3、時(shí)，bn＝Tn－Tn－1＝3n， b1＝3符合bn＝3n，∴bn＝3n. (2)cn＝. Mn＝＋＋＋…＋＋， Mn＝＋＋＋…＋＋， Mn＝1＋2(＋＋…＋)－ ＝1＋2()－. Mn＝2－. 3．(2017·衡水調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足對任意的正整數(shù)n，均有an＋1＝5an－2·3n，且a1＝8. (1)證明：數(shù)列{an－3n}為等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)記bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析　(1)因?yàn)閍n＋1＝5an－2·3n， 所以an＋1－3n＋1＝5an－2·3n－3n＋1＝5(an－3n)， 又a1＝8，所以a1－3＝5≠0

4、， 所以數(shù)列{an－3n}是首項(xiàng)為5、公比為5的等比數(shù)列． 所以an－3n＝5n，所以an＝3n＋5n. (2)由(1)知，bn＝＝＝1＋()n， 則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝1＋()1＋1＋()2＋…＋1＋()n＝n＋＝＋n－. 4．(2017·武昌調(diào)研)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝9，a2為整數(shù)，且Sn≤S5. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：Tn≤. 解析　(1)由a1＝9，a2為整數(shù)可知，等差數(shù)列{an}的公差d為整數(shù)． 又Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0， 于是9＋4d≥0，9＋5d≤0， 解得－≤d≤－

5、. ∵d為整數(shù)，∴d＝－2. 故{an}的通項(xiàng)公式為an＝11－2n. (2)由(1)，得＝＝(－)， ∴Tn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－)． 令bn＝，由函數(shù)f(x)＝的圖像關(guān)于點(diǎn)(4.5，0)對稱及其單調(diào)性，知0

6、)由已知得，am＝Sm－Sm－1＝4， 且am＋1＋am＋2＝Sm＋2－Sm＝14， 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則有2am＋3d＝14， ∴d＝2. 由Sm＝0，得ma1＋×2＝0，即a1＝1－m， ∴am＝a1＋(m－1)×2＝m－1＝4， ∴m＝5. (2)由(1)知a1＝－4，d＝2，∴an＝2n－6， ∴n－3＝log2bn，得bn＝2n－3， ∴(an＋6)·bn＝2n×2n－3＝n×2n－2. 設(shè)數(shù)列{(an＋6)·bn}的前n項(xiàng)和為Tn， 則Tn＝1×2－1＋2×20＋…＋(n－1)×2n－3＋n×2n－2，① 2Tn＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×

7、2n－2＋n×2n－1，② ①－②，得－Tn＝2－1＋20＋…＋2n－2－n×2n－1 ＝－n×2n－1 ＝2n－1－－n×2n－1， ∴Tn＝(n－1)×2n－1＋(n∈N*)． 數(shù)列專練(二)·作業(yè)(十八) 1．(2017·長沙一模)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其中a2＋a3＝8，a5＝3a2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)數(shù)列{bn}中，b1＝1，b2＝2，從數(shù)列{an}中取出第bn項(xiàng)記為{cn}，若{cn}是等比數(shù)列，求{bn}的前n項(xiàng)和． 解析　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 依題意有 解得a1＝1，d＝2， 從而{an}的通項(xiàng)公

8、式為an＝2n－1，n∈N*. (2)c1＝ab1＝a1＝1，c2＝ab2＝a2＝3， 從而等比數(shù)列{cn}的公比為3， 因此cn＝1×3n－1＝3n－1. 另一方面，cn＝abn＝2bn－1， 所以2bn－1＝3n－1， 因此bn＝. 記{bn}的前n項(xiàng)和為Sn， 則Sn＝＝. 2．(2017·深圳調(diào)研二)數(shù)列{an}是公差為d(d≠0)的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，a1，a2，a5成等比數(shù)列． (1)證明：S1，S3，S9成等比數(shù)列； (2)設(shè)a1＝1，bn＝a2n，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析　(1)證明：由題意有a22＝a1·a5， 即(a1＋d)2＝

9、a1·(a1＋4d)，解得d＝2a1. 又∵S1＝a1，S3＝3a1＋3d＝9a1， S9＝9a1＋36d＝81a1， ∴S32＝S1·S9.又∵S1，S3，S9均不為零， ∴S1，S3，S9成等比數(shù)列． (2)由a1＝1得d＝2a1＝2，則an＝2n－1，則 Tn＝a2＋a22＋a23＋…＋a2n ＝(2×2－1)＋(2×22－1)＋(2×23－1)＋…＋(2×2n－1) ＝2×(2＋22＋23＋…＋2n)－n ＝2n＋2－n－4 3．(2017·太原二模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n＋1－2，數(shù)列{bn}滿足bn＝an＋an＋1(n∈N*)． (1)求數(shù)列{b

10、n}的通項(xiàng)公式； (2)若cn＝log2an(n∈N*)，求數(shù)列{bn·cn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2， 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n， 又a1＝2滿足上式， ∴an＝2n(n∈N*)， ∴bn＝an＋an＋1＝3×2n. (2)由(1)得an＝2n，bn＝3×2n， ∴cn＝log2an＝n，∴bn·cn＝3n×2n， ∴Tn＝3×(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)，① ①×2得2Tn＝3×(1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1)，② ①－②得－Tn＝3×(2＋22＋…＋2n－n×2n＋1)＝3×[(1－n)

11、×2n＋1－2]， ∴Tn＝3(n－1)×2n＋1＋6. 4．(2017·湖南東部六校聯(lián)考)已知△ABC的角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其面積S＝4，B＝60°，且a2＋c2＝2b2；等差數(shù)列{an}中，a1＝a，公差d＝b.數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}、{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)cn＝求數(shù)列{cn}的前2n＋1項(xiàng)和P2n＋1. 解析　(1)∵S＝acsinB＝4，∴ac＝16， 又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accosB， ∴b2＝ac＝16，∴b＝4， 從而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝64

12、，a＋c＝8， ∴a＝c＝4. 故可得∴an＝4n. ∵Tn－2bn＋3＝0，∴當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝3， 當(dāng)n≥2時(shí)，Tn－1－2bn－1＋3＝0， 兩式相減，得bn＝2bn－1(n≥2)， ∴數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，∴bn＝3·2n－1. (2)依題意，cn＝ P2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(b2＋b4＋…＋b2n) ＝＋ ＝22n＋1＋4n2＋8n＋2. 5．(2017·四川瀘州檢測)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)(n，Sn)(n∈N*)在函數(shù)f(x)＝x2＋x的圖像上． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Tn，若不等

13、式Tn>loga(1－a)對任意正整數(shù)n恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解析　(1)∵點(diǎn)(n，Sn)在f(x)＝x2＋x的圖像上， ∴Sn＝n2＋n.① 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)．② ①－②，得an＝n. 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝＋＝1，符合上式， ∴an＝n. (2)由(1)得＝＝(－)， ∴Tn＝＋＋＋…＋ ＝×(1－)＋×(－)＋×(－)＋…＋×(－)＋×(－) ＝(1＋－－)＝－(＋)． ∵Tn＋1－Tn＝>0，∴數(shù)列{Tn}單調(diào)遞增． ∴(Tn)min＝T1＝. 要使不等式Tn>loga(1－a)對任意正整數(shù)n恒成立，只要>loga(1－

14、a)即可． ∵1－a>0，∴0a，得0

15、進(jìn)而得到{cn}的通項(xiàng)公式，最后利用裂項(xiàng)法求和． 解析　(1)證明：∵an＋1＝2an－n＋1， ∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)， 又a1－1＝2， ∴{an－n}是以2為首項(xiàng)、2為公比的等比數(shù)列． (2)由(1)知，an－n＝(a1－1)·2n－1＝2n， ∴bn＋1＝bn－n＋an，∴bn＋1－bn＝2n， b2－b1＝21，b3－b2＝22，……，bn－bn－1＝2n－1， 累加得bn＝2＋＝2n(n≥2)． 當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝2符合上式，∴bn＝2n. ∴cn＝＝ ＝－， ∴Tn＝－＋－＋…＋－＋－＝－. 2．(2017·百校聯(lián)盟二模)已知在數(shù)列{an

16、}中，a1＝2，a2＝4，且an＋1＝3an－2an－1(n≥2)． (1)證明：數(shù)列{an＋1－an}為等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 審題　本題主要考查等比數(shù)列的定義、累加法求數(shù)列的通項(xiàng)公式以及錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和．對于(1)，適當(dāng)變形便可得an＋1－an＝2(an－an－1)，從而證得數(shù)列{an＋1－an}為等比數(shù)列，再利用累加法即可求得an；對于(2)，由(1)得bn＝，利用錯(cuò)位相減法求即可． 解析　(1)由an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，得an＋1－an＝2(an－an－1)，因此數(shù)列{an＋1－an}是公比為2

17、，首項(xiàng)為a2－a1＝2的等比數(shù)列． 所以當(dāng)n≥2時(shí)，an－an－1＝2×2n－2＝2n－1， an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－1＋2n－2＋…＋2)＋2＝2n， 當(dāng)n＝1時(shí)，也符合，故an＝2n. (2)由(1)知bn＝， 所以Tn＝＋＋＋…＋① Tn＝＋＋＋…＋② ①－②，得Tn＝＋＋＋＋…＋－ ＝＋2(＋＋＋…＋)－ ＝＋2×－ ＝＋1－－ ＝－， 所以Tn＝3－. 3．(2016·天津，理)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，公差為d.對任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中項(xiàng)． (1)設(shè)cn＝bn＋

18、12－bn2，n∈N*，求證：數(shù)列{cn}是等差數(shù)列； (2)設(shè)a1＝d，Tn＝ (－1)kbk2，n∈N*，求證： <. 解析　(1)由題意得bn2＝anan＋1，有cn＝bn＋12－bn2＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以{cn}是等差數(shù)列． (2)Tn＝(－b12＋b22)＋(－b32＋b42)＋…＋(－b2n－12＋b2n2) ＝2d(a2＋a4＋…＋a2n) ＝2d· ＝2d2n(n＋1)． 所以 ＝＝ (－)＝·(1－)<. 4．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，2an·an＋1＋an＋1－an＝

19、0，數(shù)列{bn}滿足bn＝. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，問：是否存在n，使得Sn的值是？ 審題　本題主要考查等差數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式，錯(cuò)位相減法求和等知識(shí)，考查考生的運(yùn)算求解能力．(1)根據(jù)已知得{}是等差數(shù)列，然后利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求解；(2)由(1)得到數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式，利用錯(cuò)位相減法求和，即可得結(jié)論． 解析　(1)因?yàn)?an·an＋1＋an＋1－an＝0， 所以an＋1＝， －＝－＝2， 由等差數(shù)列的定義可得{}是首項(xiàng)為＝1，公差為d＝2的等差數(shù)列． 故＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝. (2)由(1)得b

20、n＝， 所以Sn＝＋＋…＋， 兩側(cè)同乘以，得Sn＝＋＋…＋， 兩式相減得Sn＝＋2(＋＋…＋)－， 即Sn＝＋2×－＝－－， 所以Sn＝3－. 因?yàn)镾n＋1－Sn＝－＝>0，所以數(shù)列{Sn}是關(guān)于項(xiàng)數(shù)n的遞增數(shù)列，所以Sn≥S1＝，因?yàn)?，所以不存在n，使得Sn＝. 5．(2017·天津聯(lián)考)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，且a1＋a3＝20，a2＝8. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，Sn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，對任意正整數(shù)n不等式Sn＋>(－1)n·a恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解析　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則 ∴2q2－5q＋2＝0. ∵q>1，∴ ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋1. (2)bn＝， ∴Sn＝＋＋＋…＋， Sn＝＋＋…＋＋， ∴Sn＝＋＋＋…＋－， ∴Sn＝＋＋＋…＋－ ＝－＝1－， ∴Sn＋＝1－， ∴(－1)n·a<1－對任意正整數(shù)n恒成立， 設(shè)f(n)＝1－，易知f(n)單調(diào)遞增． n為奇數(shù)時(shí)，f(n)的最小值為， ∴－a<得a>－， n為偶數(shù)時(shí)，f(n)的最小值為， ∴a<， 綜上，－