2023学年高考数学大二轮复习大题专项练二数列文2.docx

大题专项练(二)　数列 A组　基础通关 1.已知等差数列{an}满足a3-a2=3,a2+a4=14. (1)求{an}的通项公式; (2)设Sn是等比数列{bn}的前n项和,若b2=a2,b4=a6,求S7. 解(1)设等差数列{an}的公差为d, ∵a3-a2=3,a2+a4=14. ∴d=3,2a1+4d=14, 解得a1=1,d=3, ∴an=1+3(n-1)=3n-2. (2)设等比数列{bn}的公比为q,b2=a2=4=b1q,b4=a6=16=b1q3,联立解得b1=2,q=2,或b1=-2,q=-2. ∴S7=2×(27-1)2-1=254,或S7=-2×[1-(-2)7]1-(-2) =-86. 2.已知数列{an}的前n项和为Sn,满足a2=15,Sn+1=Sn+3an+6. (1)证明:{an+3}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式以及前n项和Sn. (1)证明在Sn+1=Sn+3an+6中,令n=1,得S2=S1+3a1+6, 得a1+a2=a1+3a1+6,即a1+15=4a1+6, 解得a1=3. 因为Sn+1=Sn+3an+6, 所以an+1=3an+6. 所以an+1+3an+3=3an+9an+3=3. 所以{an+3}是以6为首项,3为公比的等比数列. (2)解由(1)得an+3=6×3n-1=2×3n, 所以an=2×3n-3. ∴Sn=2×(3+32+33+…3n)-3n=2×3×(1-3n)1-3-3n=3n+1-3-3n. 3.设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=1-an(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=log2an,求数列1bnbn+1的前n项和Tn. 解(1)因为Sn=1-an(n∈N*), 所以Sn-1=1-an-1(n∈N*,且n≥2), 则Sn-Sn-1=(1-an)-(1-an-1)(n∈N*,且n≥2). 即an=12an-1(n∈N*,且n≥2). 因为Sn=1-an(n∈N*), 所以S1=1-a1=a1,即a1=12. 所以{an}是以12为首项,12为公比的等比数列. 故an=12n(n∈N*). (2)bn=log2an,所以bn=log212n=-n. 所以1bnbn+1=1n(n+1)=1n-1n+1, 故Tn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1. 4.设等差数列{an}的公差为d,d为整数,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,已知a1=b1,b2=2,d=q,S10=100,n∈N*. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn. 解(1)由题意可得10a1+45d=100,a1d=2, 解得a1=9,d=29(舍去)或a1=1,d=2, 所以an=2n-1,bn=2n-1. (2)∵cn=anbn,cn=2n-12n-1, ∴Tn=1+32+522+723+…+2n-12n-1,① 12Tn=12+322+523+724+925+…+2n-12n,② ①-②可得12Tn=2+12+122+…+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,故Tn=6-2n+32n-1. 5.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn+1=2an2+an(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)已知对于n∈N*,不等式1S1+1S2+1S3+…+1Sn<M恒成立,求实数M的最小值. 解(1)n=1时,2a1+1=2a12+a1,又an>0,所以a1=1, 当n≥2时,2Sn+1=2an2+an(n∈N*), 2Sn-1+1=2an-12+an-1(n∈N*), 作差整理,得an+an-1=2(an+an-1)(an-an-1), 因为an>0,故an+an-1>0,所以an-an-1=12, 故数列{an}为等差数列,所以an=n+12. (2)由(1)知Sn=n(n+3)4, 所以1Sn=4n(n+3)=431n-1n+3, 从而1S1+1S2+1S3+…+1Sn =431-14+12-15+13-16+…+1n-2-1n+1+1n-1-1n+2+1n-1n+3 =431+12+13-1n+1-1n+2-1n+3=43116-1n+1-1n+2-1n+3<229. 所以M≥229,故M的最小值为229. 6.已知数列{an}是公比为q的正项等比数列,{bn}是公差d为负数的等差数列,满足1a2-1a3=da1,b1+b2+b3=21,b1b2b3=315. (1)求数列{an}的公比q与数列{bn}的通项公式; (2)求数列{|bn|}的前10项和S10. 解(1)由已知,b1+b2+b3=3b2=21,得b2=7, 又b1b2b3=(b2-d)·b2·(b2+d)=(7-d)·7·(7+d)=343-7d2=315, 得d=-2或2(舍),b1=7+2=9,bn=-2n+11. 于是1a2-1a3=-2a1, 又{an}是公比为q的等比数列,故1a1q-1a1q2=-2a1, 所以,2q2+q-1=0,q=-1(舍)或12. 综上,q=12,d=-2,bn=11-2n. (2)设{bn}的前n项和为Tn;令bn≥0,11-2n≥0,得n≤5, 于是,S5=T5=5(b1+b5)2=25. 易知,n>6时,bn<0,|b6|+|b7|+…+|b10|=-b6-b7-…-b10=-(b6+b7+…+b10)=-(T10-T5)=-(0-25)=25,所以,S10=50. B组　能力提升 7.已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)在函数f(x)=12x2+12x的图象上. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列1anan+2的前n项和为Tn,不等式Tn>13loga(1-a)对任意正整数n恒成立,求实数a的取值范围. 解(1)∵点(n,Sn)在函数f(x)=12x2+12x的图象上, ∴Sn=12n2+12n.① 当n≥2时,Sn-1=12(n-1)2+12(n-1),② ①-②,得an=n. 当n=1时,a1=S1=1,符合上式. ∴an=n(n∈N*). (2)由(1),得1anan+2=1n(n+2)=121n-1n+2, ∴Tn=1a1a3+1a2a4+…+1anan+2=121-13+12-14+…+1n-1n+2=34-121n+1+1n+2. ∵Tn+1-Tn=1(n+1)(n+3)>0, ∴数列{Tn}单调递增, ∴{Tn}中的最小项为T1=13. 要使不等式Tn>13loga(1-a)对任意正整数n恒成立,只要13>13loga(1-a), 即loga(1-a)<logaa. 解得0<a<12,即实数a的取值范围为0,12. 8.设{an}是各项均不相等的数列,Sn为它的前n项和,满足λnan+1=Sn+1(n∈N*,λ∈R). (1)若a1=1,且a1,a2,a3成等差数列,求λ的值; (2)若{an}的各项均不为零,问当且仅当λ为何值时,a2,a3,…,an,…成等差数列?试说明理由. 解(1)令n=1,2,得λa2=a1+1=2,2λa3=S2+1=a1+a2+1, 又由a1,a2,a3成等差数列, 所以2a2=a1+a3=1+a3, 解得λ=3±52. (2)当且仅当λ=12时,a2,a3,…,an,…成等差数列, 证明如下: 由已知λnan+1=Sn+1,当n≥2时,λ(n-1)an=Sn-1+1, 两式相减得λnan+1-λnan+λan=an, 即λn(an+1-an)=(1-λ)an, 由于{an}的各项均不相等, 所以λn1-λ=anan+1-an(n≥2), 当n≥3时,有λ(n-1)1-λ=an-1an-an-1, 两式相减可得λ1-λ=anan+1-an-an-1an-an-1, ①当λ=12,得anan+1-an=an-1an-an-1+1=anan-an-1, 由于an≠0,所以an+1-an=an-an-1, 即2an=an+1+an-1(n≥3), 故a2,a3,…,an,…成等差数列. ②再证当a2,a3,…,an,…成等差数列时,λ=12, 因为a2,a3,…,an,…成等差数列, 所以an+1-an=an-an-1(n≥3),可得anan+1-an-an-1an-an-1=anan-an-1-an-1an-an-1=1=λ1-λ, 所以λ=12, 所以当且仅当λ=12时,a2,a3,…,an,…成等差数列. 8