2022版高考数学一轮复习-高考大题专项数列新人教A版.docx

2022版高考数学一轮复习 高考大题专项数列新人教A版

2022版高考数学一轮复习 高考大题专项数列新人教A版

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高考大题专项(三)　数列
1.(2020陕西咸阳高三第一次模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-2n-1(n∈N*).
(1)求证:数列{an+2}是等比数列;
(2)求数列{n·(an+2)}的前n项和.

2.(2020山东高考预测卷)在①b4=a3+a5;②b4+b6=3a3+3a5;③a2+a3=b4这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.
已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn,{bn}是公比大于0的等比数列,b1=1,b3=b2+2,b5=a4+2a6,且　　　　　,设cn=b2Sn,是否存在k,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn? 

3.若数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2=2,(Sn+1)·(Sn+2+1)=(Sn+1+1)2.
(1)求Sn;
(2)记数列1an的前n项和为Tn,证明:1≤Tn<2.

4.(2020江西师大附中、鹰潭一中高三模考)在数列{an}中,a1=1,a1+a22+a33+…+ann=2n-1(n∈N*).
(1)求数列{an}的前n项和Sn;
(2)若存在n∈N*,使得an≤n(n+1)λ成立,求实数λ的最小值.

5.(2020安徽合肥高三第二次质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=1,S7=14,数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn=2n2+n2.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn=bncos(anπ),求数列{cn}的前2n项和T2n.

6.(2020天津,19)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2<Sn+12(n∈N*);
(3)对任意的正整数n,设cn=(3an-2)bnanan+2,n为奇数,an-1bn+1,n为偶数,求数列{cn}的前2n项和.

参考答案

高考大题专项(三)　数列
1.(1)证明令n=1,则a1=S1=2a1-3,解得a1=3,当n≥2且n∈N*时,Sn=2an-2n-1,Sn-1=2an-1-2n+1,
∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-2,
即an=2an-1+2,∴an+2=2(an-1+2).
∴{an+2}是以a1+2=5为首项,2为公比的等比数列.
(2)解由(1)知,an+2=5·2n-1,
∴n(an+2)=5n·2n-1.
设数列{n(an+2)}的前n项和为Tn,
则Tn=5×20+10×21+15×22+…+5(n-1)·2n-2+5n·2n-1.
∴2Tn=5×21+10×22+15×23+…+5(n-1)·2n-1+5n·2n.两式作差,得-Tn=5+5×(21+22+…+2n-1)-5n·2n=5+5×2(1-2n-1)1-2-5n·2n=(5-5n)·2n-5,∴Tn=(5n-5)·2n+5.
2.解设数列{an}的公差为d,{bn}的公比为q(q>0),因为{bn}是公比大于0的等比数列,且b1=1,b3=b2+2,
所以q2=q+2,解得q=2(q=-1不合题意,舍去).所以bn=2n-1.
若存在k,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn,则cn存在最小值.
方案一:若选①,则由b5=a4+2a6,b4=a3+a5,
可得3a1+13d=16,2a1+6d=8,解得a1=1,d=1.
所以Sn=12n2+12n,cn=b2Sn=212n2+12n=4n2+n.
因为n∈N*,所以n2+n≥2,{cn}是递减数列,所以cn不存在最小值,
即不存在满足题意的k.
方案二:若选②,由b5=a4+2a6,b4+b6=3a3+3a5,可得3a1+13d=16,6a1+18d=40,解得a1=293,d=-1.所以Sn=-12n2+616n,cn=b2Sn=12-3n2+61n.
因为当n≤20时,cn>0,当n≥21时,cn<0,所以易知cn的最小值为c21=-27.
即存在k=21,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn.
方案三:若选③,则由b5=a4+2a6,a2+a3=b4,
可得3a1+13d=16,2a1+3d=8,解得a1=5617,d=817.
所以Sn=4n2+52n17,cn=b2Sn=172n2+26n.因为n∈N*,所以2n2+26n≥28,{cn}是递减数列,所以cn不存在最小值,即不存在满足题意的k.
3.(1)解由题意得Sn+2+1Sn+1+1=Sn+1+1Sn+1=…=S2+1S1+1,所以数列{Sn+1}是等比数列.
又因为S1+1=a1+1=2,S2+1=a1+a2+1=4,所以S2+1S1+1=2,所以数列{Sn+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
所以Sn+1=2×2n-1=2n,所以Sn=2n-1.
(2)证明由(1)知,当n≥2时,Sn=2n-1,Sn-1=2n-1-1,两式相减得an=2n-1.
当n=1时,a1=1也满足an=2n-1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).
所以1an=12n-1(n∈N*).
所以Tn=1a1+1a2+…+1an=1+12+…+12n-1=1-(12) n1-12=2-12n-1.因为n∈N*,所以0<12n-1≤1,
所以-1≤-12n-1<0.
所以1≤2-12n-1<2,即1≤Tn<2.
4.解(1)a1+a22+a33+…+ann=2n-1(n∈N*),①
a1+a22+a33+…+an-1n-1=2n-1-1(n≥2),②
①-②得ann=2n-1(n≥2).
∴an=n·2n-1(n≥2),当n=1时,a1=1,也符合上式,∴an=n·2n-1.
∴Sn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1,③
2Sn=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,④
③-④得-Sn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=(1-n)·2n-1,
∴Sn=(n-1)·2n+1.
(2)由an≤n(n+1)λ(n∈N*),得λ≥ann(n+1)=2n-1n+1.令f(n)=2n-1n+1(n∈N*),
则f(n+1)f(n)=2nn+2·n+12n-1=2n+2n+2>1,
∴f(n)单调递增,从而f(n)min=f(1)=12,∴λ≥12,因此实数λ的最小值为12.
5.解(1)设{an}的公差为d,由a2=1,S7=14得a1+d=1,7a1+21d=14.
解得a1=12,d=12,∴an=n2.
∵b1·b2·b3·…·bn=2n2+n2=2n(n+1)2,∴b1·b2·b3·…·bn-1=2n(n-1)2(n≥2),两式相除得bn=2n(n≥2).
当n=1时,b1=2符合上式.
∴bn=2n.
(2)∵cn=bncos(anπ)=2ncosn2π,
∴T2n=2cosπ2+22cosπ+23cos3π2+24cos(2π)+…+22n-1cos(2n-1)π2+22ncos(nπ)=22cosπ+24cos(2π)+…+22ncos(nπ)=-22+24-…+(-1)n·22n
=-4[1-(-4)n]1+4=-4+(-4)n+15.
6.(1)解设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),又q≠0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)证明由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14(n+1)2(n+2)2,从而SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以SnSn+2<Sn+12.
(3)解当n为奇数时,cn=(3an-2)bnanan+2=(3n-2)2n-1n(n+2)=2n+1n+2-2n-1n;当n为偶数时,cn=an-1bn+1=n-12n.对任意的正整数n,有∑k=1nc2k-1=∑k=1n22k2k+1-22k-22k-1=22n2n+1-1,和∑k=1nc2k=∑k=1n2k-14k=14+342+543+…+2n-14n.①
由①得14∑k=1nc2k=142+343+…+2n-34n+2n-14n+1.②
由①②得34∑k=1nc2k=14+242+…+24n-2n-14n+1=241-14n1-14-14-2n-14n+1,从而得∑k=1nc2k=59-6n+59×4n.因此,∑k=12nck=∑k=1nc2k-1+∑k=1nc2k=4n2n+1-6n+59×4n-49.
所以,数列{cn}的前2n项和为4n2n+1-6n+59×4n-49.