2023屆高三數(shù)學(xué)第42練高考大題突破練-數(shù)列

第42練高考大題突破練——數(shù)列訓(xùn)練目標(biāo)(1)數(shù)列知識(shí)的綜合應(yīng)用；(2)中檔大題的標(biāo)準(zhǔn)練．訓(xùn)練題型(1)等差、等比數(shù)列的綜合；(2)數(shù)列與不等式的綜合；(3)數(shù)列與函數(shù)的綜合；(4)一般數(shù)列的通項(xiàng)與求和．解題策略(1)將一般數(shù)列轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列；(2)用方程(組)思想解決等差、等比數(shù)列的綜合問題.1.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.2Sn＝3n＋3.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)假設(shè)數(shù)列{bn}滿足anbn＝log3an，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.2．?dāng)?shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列，且a1＋a4＝9，a2a3＝(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.3．?dāng)?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)bn＝2n，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn的值．4.在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，其前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝an＋1－eq\f(1,2)(n∈N*)．(1)求an，Sn；(2)設(shè)bn＝log2(2Sn＋1)－2，數(shù)列{cn}滿足cn·bn＋3·bn＋4＝1＋(n＋1)(n＋2)·2bn，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求使4Tn>2n＋1－eq\f(1,504)成立的最小正整數(shù)n的值．5．函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝eq\f(1,2).(1)當(dāng)n∈N*時(shí)，求f(n)的表達(dá)式；(2)設(shè)an＝n·f(n)，n∈N*，求證：a1＋a2＋a3＋…＋an<2；(3)設(shè)bn＝(9－n)eq\f(fn＋1,fn)，n∈N*，Sn為{bn}的前n項(xiàng)和，當(dāng)Sn最大時(shí)，求n的值．答案精析1．解(1)因?yàn)?Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3當(dāng)n>1時(shí)，2Sn－1＝3n－1＋3，此時(shí)2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，顯然a1不滿足an＝3n－1，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,3n－1，n>1.))(2)因?yàn)閍nbn＝log3an，所以b1＝eq\f(1,3)，當(dāng)n>1時(shí)，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n，所以T1＝b1＝eq\f(1,3).當(dāng)n>1時(shí)，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,3)＋[1×3－1＋2×3－2＋3×3－3＋…＋(n－1)×31－n]，所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋3×3－2＋…＋(n－1)×32－n]，兩式相減，得2Tn＝eq\f(2,3)＋(30＋3－1＋3－2＋3－3＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝eq\f(2,3)＋eq\f(1－31－n,1－3－1)－(n－1)×31－n＝eq\f(13,6)－eq\f(6n＋3,2×3n)，所以Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n).經(jīng)檢驗(yàn)，n＝1時(shí)也適合．綜上可得Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n).2．解(1)由題設(shè)知a1·a4＝a2·a3＝8.又a1＋a4＝9，可解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a4＝8))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,a4＝1))(舍去)．由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．(2)Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2n－1，又bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)＝eq\f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))＝eq\f(1,S1)－eq\f(1,Sn＋1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1).3．解(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝eq\f(1,4)aeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)a1－eq\f(3,4).解得a1＝3.又∵4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3，①當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1－3.②①－②，得4an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋2(an－an－1)，即aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)－2(an＋an－1)＝0.∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝2(n≥2)，∴數(shù)列{an}是以3為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)Tn＝3×21＋5×22＋…＋(2n＋1)·2n，③2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)2n＋1，④④－③，得Tn＝－3×21－2(22＋23＋…＋2n)＋(2n＋1)2n＋1＝－6＋8－2·2n＋1＋(2n＋1)·2n＋1＝(2n－1)2n＋1＋2.4．解(1)由Sn＝an＋1－eq\f(1,2)，得Sn－1＝an－eq\f(1,2)(n≥2)，兩式作差得an＝an＋1－an，即2an＝an＋1(n≥2)，∴eq\f(an＋1,an)＝2(n≥2)，由a1＝S1＝a2－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，得a2＝1，∴eq\f(a2,a1)＝2，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公比為2的等比數(shù)列．那么an＝eq\f(1,2)·2n－1＝2n－2，Sn＝an＋1－eq\f(1,2)＝2n－1－eq\f(1,2).(2)bn＝log2(2Sn＋1)－2＝log22n－2＝n－2，∴cn·bn＋3·bn＋4＝1＋(n＋1)(n＋2)·2bn，即cn(n＋1)(n＋2)＝1＋(n＋1)(n＋2)·2n－2，∴cn＝eq\f(1,n＋1n＋2)＋2n－2＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＋2n－2，∴Tn＝(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,4))＋…＋(eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))＋(2－1＋20＋…＋2n－2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＋eq\f(\f(1,2)1－2n,1－2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)－eq\f(1,2)＋2n－1＝2n－1－eq\f(1,n＋2).由4Tn>2n＋1－eq\f(1,504)，得4(2n－1－eq\f(1,n＋2))>2n＋1－eq\f(1,504).即eq\f(4,n＋2)<eq\f(1,504)，n>2014.∴使4Tn>2n＋1－eq\f(1,504)成立的最小正整數(shù)n的值為2015.5．(1)解令x＝n，y＝1，得f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝eq\f(1,2)f(n)，∴{f(n)}是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，∴f(n)＝(eq\f(1,2))n.(2)證明設(shè)Tn為{an}的前n項(xiàng)和，∵an＝n·f(n)＝n·(eq\f(1,2))n，∴Tn＝eq\f(1,2)＋2×(eq\f(1,2))2＋3×(eq\f(1,2))3＋…＋n×(eq\f(1,2))n，eq\f(1,2)Tn＝(eq\f(1,2))2＋2×(eq\f(1,2))3＋3×(eq\f(1,2))4＋…＋(n－1)×(eq\f(1,2))n＋n×(eq\f(1,2))n＋1，兩式相減得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋(eq\f(1,2))2＋(eq\f(1,2))3＋…＋(eq\f(1,2))n－n×(eq\f(1,2))n＋1，＝1－(eq\f(1,2))n－n×(eq\f(1,2))n＋1，∴Tn＝2－(eq\