新高考一輪復(fù)習(xí)蘇教版數(shù)列的綜合運用作業(yè)

/04/4/專練33高考大題專練(三)數(shù)列的綜合運用1.已知等差數(shù)列{an}滿足a1＝3，a5＝15，數(shù)列{bn}滿足b1＝4，b5＝31.設(shè)cn＝bn－an，且{cn}為正項等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.2.[2020·全國卷Ⅲ]設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝3an－4n.(1)計算a2，a3，猜想{an}的通項公式并加以證明；(2)求數(shù)列{2nan}的前n項和Sn.3.[2021·全國新高考Ⅰ卷]已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(an＋1，n為奇數(shù)，,an＋2，n為偶數(shù)))).(1)記bn＝a2n，寫出b1，b2，并求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)求{an}的前20項和．4.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn.(n∈N*)(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝1＋log2(an)2，求證數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項和Tn＜eq\f(1,6).5.[2020·全國卷Ⅰ]設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為a2，a3的等差中項．(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1，求數(shù)列{nan}的前n項和．6.[2021·全國乙卷]記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，bn為數(shù)列{Sn}的前n項積，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2.(1)證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}的通項公式．7.[2021·全國甲卷]已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，記Sn為{an}的前n項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．①數(shù)列{an}是等差數(shù)列；②數(shù)列{eq\r(,Sn)}是等差數(shù)列；③a2＝3a1.注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.8.[2021·全國乙卷，文]設(shè){an}是首項為1的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(nan,3).已知a1,3a2,9a3成等差數(shù)列．(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)記Sn和Tn分別為{an}和{bn}的前n項和．證明：Tn<eq\f(Sn,2).專練33高考大題專練(三)數(shù)列的綜合運用1．解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，依題意得a5＝a1＋4d＝3＋4d＝15，解得d＝3，因此an＝3＋3(n－1)＝3n.設(shè)等比數(shù)列{cn}的公比為q(q>0)，由已知得c1＝b1－a1＝4－3＝1，c5＝b5－a5＝31－15＝16.因為c5＝c1q4，即16＝1×q4，解得q＝2(負值舍去)，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，所以數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝(3＋1)＋(6＋21)＋(9＋22)＋…＋(3n＋2n－1)＝(3＋6＋9＋…＋3n)＋(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝eq\f(n?3＋3n?,2)＋eq\f(1－2n,1－2)＝eq\f(3n＋3n2,2)＋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)．因為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從而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：(1)由題設(shè)可得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2，(k∈N*)故a2k＋2＝a2k＋3，即bn＋1＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))為等差數(shù)列，故bn＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))×3＝3n－1.(2)設(shè)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前20項和為S20，則S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，因為a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，所以S20＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋a4＋…＋a18＋a20))－10＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1＋b2＋…＋b9＋b10))－10＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10×2＋\f(9×10,2)×3))－10＝300.4．解析：(1)∵an＋1＝2＋Sn(n∈N*)∴當(dāng)n≥2時，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為首項以2為公比的等比數(shù)列，∴an＝2×2n－1＝2n.(2)證明：∵bn＝1＋log2(an)2，則bn＝2n＋1，∴eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，∴Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(1,6)－eq\f(1,2?2n＋3?)＜eq\f(1,6).5．解析：(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2.所以q2＋q－2＝0，解得q1＝1(舍去)，q2＝－2.故{an}的公比為－2.(2)記Sn為{nan}的前n項和．由(1)及題設(shè)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＝eq\f(1－?－2?n,3)－n×(－2)n.所以Sn＝eq\f(1,9)－eq\f(?3n＋1??－2?n,9).6．解析：(1)因為bn是數(shù)列{Sn}的前n項積，所以n≥2時，Sn＝eq\f(bn,bn－1)，代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2可得，eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝eq\f(1,2)(n≥2)．又eq\f(2,S1)＋eq\f(1,b1)＝eq\f(3,b1)＝2，所以b1＝eq\f(3,2)，故{bn}是以eq\f(3,2)為首項，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)可知，bn＝eq\f(n＋2,2)，則eq\f(2,Sn)＋eq\f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq\f(n＋2,n＋1)，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝eq\f(3,2)，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,n＋1)－eq\f(n＋1,n)＝－eq\f(1,n?n＋1?).故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1,－\f(1,n?n＋1?)，n≥2)).7．解析：①③?②.已知{an}是等差數(shù)列，a2＝3a1.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋eq\f(n?n－1?,2)d＝n2a1.因為數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，所以eq\r(Sn)＝neq\r(a1)，所以eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝(n＋1)eq\r(a1)－neq\r(a1)＝eq\r(a1)(常數(shù))，所以數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列．①②?③.已知{an}是等差數(shù)列，{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列．設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(n?n－1?,2)d＝eq\f(1,2)n2d＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.因為數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列，所以數(shù)列{eq\r(Sn)}的通項公式是關(guān)于n的一次函數(shù)，則a1－eq\f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.②③?①.已知數(shù)列{eq\r(Sn)}是等差數(shù)列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.設(shè)數(shù)列{eq\r(Sn)}的公差為d，d>0，則eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝d，得a1＝d2，所以eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是關(guān)于n的一次函數(shù)，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列．8．解析：(1)設(shè){an}的公比為q，則an＝qn－1.因為a1,3a2,9a3成等差數(shù)列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝eq\f(1,3)，故an＝eq\f(1,3n－1)，bn＝eq\f(n,3n).(2)由(1)知Sn＝eq\f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)(1－eq\f(1,3n))，Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n,3n)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋eq\f(2,33)＋eq\f(3,34)＋…＋eq\f(n－1,3n)＋eq\f(n,3n＋1)，②①－②得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n)－eq\f(n,3n＋1)，即eq\f