《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓10 數(shù)列（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓10 數(shù)列（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學試題（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題限時集訓(十)　數(shù)列 1．(2019·全國卷Ⅱ)已知{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，a1＝2，a3＝2a2＋16. (1)求{an}的通項公式； (2)設bn＝log2an，求數(shù)列{bn}的前n項和． [解]　(1)設{an}的公比為q，由題設得2q2＝4q＋16， 即q2－2q－8＝0. 解得q＝－2(舍去)或q＝4. 因此{an}的通項公式為an＝2×4n－1＝22n－1. (2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此數(shù)列{bn}的前n項和為1＋3＋…＋(2n－1)＝n2. 2．(2018·全國卷Ⅰ)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝2(

2、n＋1)an.設bn＝. (1)求b1，b2，b3； (2)判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并說明理由； (3)求{an}的通項公式． [解]　(1)由條件可得an＋1＝an. 將n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4. 將n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12. 從而b1＝1，b2＝2，b3＝4. (2){bn}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列． 由條件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列． (3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1. 3．(2019·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．

3、已知S9＝－a5. (1)若a3＝4，求{an}的通項公式； (2)若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范圍． [解]　(1)設{an}的公差為d. 由S9＝－a5得a1＋4d＝0. 由a3＝4得a1＋2d＝4. 于是a1＝8，d＝－2. 因此{an}的通項公式為an＝10－2n. (2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d， Sn＝. 由a1>0知d<0，故Sn≥an等價于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范圍是{n|1≤n≤10，n∈N*}． 4．(2017·全國卷Ⅰ)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和．已知S2＝2，S3＝－6. (1

4、)求{an}的通項公式； (2)求Sn，并判斷Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差數(shù)列． [解]　(1)設{an}的公比為q.由題設可得 解得q＝－2，a1＝－2. 故{an}的通項公式為an＝(－2)n. (2)由(1)可得 Sn＝＝－＋(－1)n. 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n ＝2＝2Sn， 故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差數(shù)列． 1．(2020·安陽模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，正項等比數(shù)列{bn}的前n項和為Tn.若a1＝b1＝3，a2＋b2＝14，a3＋b3＝34. (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式； (2)求數(shù)列{an

5、＋bn}的前n項和． [解]　(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q(q>0)， 由a1＝b1＝3，a2＋b2＝14，a3＋b3＝34， 得a2＋b2＝3＋d＋3q＝14， a3＋b3＝3＋2d＋3q2＝34， 解得：d＝2，q＝3. ∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝3n. (2)∵an＋bn＝(2n＋1)＋3n， ∴{an＋bn}的前n項和為 (a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn) ＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(3＋32＋…＋3n) ＝＋＝n(n＋2)＋. 2．(2020·濰坊模擬)已知等比數(shù)列{an}的首項a1＝2，且a

6、2，a3＋2，a4成等差數(shù)列． (1)求{an}的通項公式； (2)若bn＝log2an，求數(shù)列的前n項和Tn. [解]　(1)等比數(shù)列{an}的首項a1＝2，公比設為q， a2，a3＋2，a4成等差數(shù)列，可得a2＋a4＝2(a3＋2)， 即有2q＋2q3＝2(2q2＋2)，解得q＝2. 則an＝a1qn－1＝2n. (2)bn＝log2an＝log22n ＝ n， 則＝＝－， 前n項和Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 3．(2020·吉林二模)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a2＝－3，S6＝0. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)求使不等式Sn>an成

7、立的n的最小值． [解]　(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d， ∵a2＝－3，S6＝0， ∴a1＋d＝－3,6a1＋15d＝0. 解得a1＝－5，d＝2. ∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7. (2)不等式Sn>an，即－5n＋×2>2n－7，等價于(n－1)(n－7)>0，解得n>7. ∴使不等式Sn>an成立的n的最小值為8. 4．(2020·淄博模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝，且an＝＋(n≥2，n∈N*)． (1)求證：數(shù)列{2nan}是等差數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的通項公式； (2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn. [解]　(1)證明：當n≥2時，由an＝＋，

8、 兩邊同時乘以2n，可得2nan＝2n－1an－1＋2， 即2nan－2n－1an－1＝2(n≥2)． ∵21a1＝2×＝3， ∴數(shù)列{2nan}是以3為首項，2為公差的等差數(shù)列． ∴2nan＝3＋2(n－1)＝2n＋1， ∴an＝，n∈N*. (2)由(1)可知， Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＋＋＋…＋＋， Sn＝＋＋…＋＋， 兩式相減，可得： Sn＝＋＋＋…＋－ ＝＋－ ＝－， ∴Sn＝5－. 1．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－2kn(k∈N*)，Sn的最小值為－9. (1)確定k的值，并求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝(－1)n·a

9、n，求數(shù)列{bn}的前2n＋1項和T2n＋1. [解]　(1)由已知得Sn＝n2－2kn＝(n－k)2－k2， 因為k∈N*，則當n＝k時，(Sn)min＝－k2＝－9，故k＝3. 所以Sn＝n2－6n. 因為Sn－1＝(n－1)2－6(n－1)(n≥2)， 所以an＝Sn－Sn－1＝(n2－6n)－[(n－1)2－6(n－1)]＝2n－7(n≥2)． 當n＝1時，S1＝a1＝－5，滿足an＝2n－7， 綜上，an＝2n－7. (2)依題意，得bn＝(－1)n·an＝(－1)n(2n－7)， 則T2n＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋(－1)2n(4n－7)＋(－1)2n＋1

10、[2(2n＋1)－7] ＝5－2n. 2．已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝1，b1＝，2an＋1＝an＋bn,2bn＋1＝an＋bn. (1)證明：數(shù)列{an＋bn}，{an－bn}為等比數(shù)列； (2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，證明：Sn＜. [解]　(1)依題意得兩式相加得：an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)， ∴{an＋bn}為等比數(shù)列， 兩式相減得：an＋1－bn＋1＝(an－bn)， ∴{an－bn}為等比數(shù)列． (2)由(1)可得：an＋bn＝①， an－bn＝②， 兩式相加得：an＝＋， Sn＝＋＜＋＝. 3．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，

11、已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2. (1)證明：{an}為等比數(shù)列； (2)記bn＝log2an，數(shù)列的前n項和為Tn，若Tn≥10恒成立，求λ的取值范圍． [解]　(1)由已知，得a1＝S1＝2，a2＝S1＋2＝4， 當n≥2時，an＝Sn－1＋2， 所以an＋1－an＝(Sn＋2)－(Sn－1＋2)＝an， 所以an＋1＝2an(n≥2)． 又a2＝2a1，所以＝2(n∈N*)， 所以{an}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列． (2)由(1)可得an＝2n，所以bn＝n. 則＝＝λ， Tn＝λ＝λ， 因為Tn≥10，所以≥10，從而λ≥， 因為＝10≤20， 所

12、以λ的取值范圍為[20，＋∞)． 4．已知數(shù)列{an}的各項都為正數(shù)，a1＝2，且＝＋1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝[lg(log2an)]，其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1，求數(shù)列{bn}的前2 020項和． [解]　(1)由題意，＝＋1， 即a－an＋1an－2a＝0， 整理，得(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0. ∵數(shù)列{an}的各項都為正數(shù)， ∴an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an. ∴數(shù)列{an}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列， ∴an＝2n. (2)由(1)知，bn＝[lg(log2an)]＝[lg(log22n)] ＝[lg n]， 故bn＝ n∈N*. ∴數(shù)列{bn}的前2 020項的和為1×90＋2×900＋3×1 021＝4 953.