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新版高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí):專題6 數(shù)列 第41練 Word版含解析

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1、 1

2、 1 訓(xùn)練目標(biāo) (1)數(shù)列知識的綜合應(yīng)用;(2)中檔大題的規(guī)范練. 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項和為Sn.已知2Sn=3n+3. (1)求{an

3、}的通項公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足anbn=log3an,求{bn}的前n項和Tn. 2.(20xx·安徽)已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列,且a1+a4=9,a2a3=8. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和,bn=,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 3.已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),Sn是數(shù)列{an}的前n項和,且4Sn=a+2an-3. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)已知bn=2n,求Tn=a1b1+a2b2+…+anbn的值. 4.(20xx·蘇州、無錫、常州、鎮(zhèn)江三模)已知常數(shù)λ≥0,若各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}

4、的前n項和為Sn,且a1=1,Sn+1=Sn+(λ·3n+1)an+1(n∈N*). (1)若λ=0,求數(shù)列{an}的通項公式; (2)若an+1<an對一切n∈N*恒成立,求實數(shù)λ的取值范圍. 5.已知函數(shù)f(x)滿足f(x+y)=f(x)·f(y)且f(1)=. (1)當(dāng)n∈N*時,求f(n)的表達式; (2)設(shè)an=n·f(n),n∈N*,求證:a1+a2+a3+…+an<2; (3)設(shè)bn=(9-n),n∈N*,Sn為{bn}的前n項和,當(dāng)Sn最大時,求n的值. 答案精析 1.解 (1)因為2Sn=3n+3, 所以2a1=3+3,故a1=3, 當(dāng)n>1時,2

5、Sn-1=3n-1+3, 此時2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1, 即an=3n-1, 顯然當(dāng)n=1時,a1不滿足an=3n-1, 所以an= (2)因為anbn=log3an,所以b1=, 當(dāng)n>1時,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n, 所以T1=b1=. 當(dāng)n>1時,Tn=b1+b2+b3+…+bn=+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=+(30+3-1+3-2+3-3+…+32-n)-(n-1)×3

6、1-n =+-(n-1)×31-n =-,所以Tn=-. 經(jīng)檢驗,n=1時也適合. 綜上可得Tn=-. 2.解 (1)由題設(shè)知a1·a4=a2·a3=8. 又a1+a4=9,可解得或(舍去). 由a4=a1q3得公比q=2, 故an=a1qn-1=2n-1(n∈N*). (2)Sn==2n-1, 又bn===-, 所以Tn=b1+b2+…+bn =++… +=- =1-. 3.解 (1)當(dāng)n=1時,a1=S1=a+a1-. 解得a1=3.又∵4Sn=a+2an-3,① 當(dāng)n≥2時,4Sn-1=a+2an-1-3.② ①-②,得4an=a-a+2(an-an-

7、1), 即a-a-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,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,③ 2Tn=3×22+5×23+…+(2n-1)·2n+(2n+1)2n+1,④ ④-③,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)當(dāng)λ=0時,Sn+1=S

8、n+an+1, 所以Sn=Sn. 因為an>0,所以Sn>0,所以an+1=an. 因為a1=1,所以an=1. (2)因為Sn+1=Sn+(λ·3n+1)·an+1,an>0, 所以-=λ·3n+1, 則-=λ·3+1, -=λ·32+1,…, -=λ·3n-1+1(n≥2,n∈N*). 累加,得-1=λ·(3+32+…+3n-1)+n-1, 則Sn=(λ·+n)·an(n≥2,n∈N*). 經(jīng)檢驗,上式對n=1也成立, 所以Sn=(λ·+n)·an(n∈N*),① Sn+1=(λ·+n+1)·an+1(n∈N*).② ②-①,得an+1=(λ·+n+1)·an+

9、1-(λ·+n)·an, 即(λ·+n)·an+1=(λ·+n)·an. 因為λ≥0,所以λ·+n>0,λ·+n>0. 因為an+1<an對一切n∈N*恒成立, 所以λ·+n<·(λ·+n)對一切n∈N*恒成立, 即λ>對一切n∈N*恒成立. 記bn=, 則bn-bn+1=- =. 當(dāng)n=1時,bn-bn+1=0; 當(dāng)n≥2時,bn-bn+1>0. 所以b1=b2=是一切bn中最大的項. 綜上,λ的取值范圍是(,+∞). 5.(1)解 令x=n,y=1, 得f(n+1)=f(n)·f(1)=f(n), ∴{f(n)}是首項為,公比為的等比數(shù)列, ∴f(n)=()n. (2)證明 設(shè)Tn為{an}的前n項和, ∵an=n·f(n)=n·()n, ∴Tn=+2×()2+3×()3+…+n×()n, Tn=()2+2×()3+3×()4+…+(n-1)×()n+n×()n+1, 兩式相減得Tn=+()2+()3+…+()n-n×()n+1, =1-()n-n×()n+1, ∴Tn=2-()n-1-n×()n<2. (3)解 ∵f(n)=()n, ∴bn=(9-n)=(9-n)=. ∴當(dāng)n≤8時,bn>0; 當(dāng)n=9時,bn=0; 當(dāng)n>9時,bn<0. ∴當(dāng)n=8或n=9時,Sn取得最大值.

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