2022版高考数学一轮复习-练案36-第五章-数列-高考大题规范解答系列—数列新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 练案36 第五章 数列 高考大题规范解答系列—数列新人教版

2022版高考数学一轮复习 练案36 第五章 数列 高考大题规范解答系列—数列新人教版

年级：
姓名：

高考大题规范解答系列(三)——数列
1．(2020·课标Ⅲ，17)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
[解析]　(1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
由已知得解得a1＝1，q＝3.
所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知log3an＝n－1.故Sn＝.
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)．
即m2－5m－6＝0.解得m＝－1(舍去)或m＝6.
2．(2021·新高考八省联考)已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝，a2＝，求{an}的通项公式．
[解析]　(1)∵an＋2＝2an＋1＋3an，
∴an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)．
又∵an>0，∴＝3，
∴数列{an＋1＋an}为等比数列．
(2)由(1)得，an＋an＋1＝(a1＋a2)×3n－1＝2×3n－1　 ①
∴an＋1＋an＋2＝2×3n　 ②
②－①得an＋2－an＝4×3n－1
当n为奇数时，
a3－a1＝4×30
a5－a3＝4×32
a7－a5＝4×34
……
an－an－2＝4×3n－3
相加得an－a1＝4×(30＋32＋34＋…＋3n－3)＝4×＝，
∴an＝×3n－1.
当n为偶数时由an＋an＋1＝2×3n－1得an＝2×3n－1－an＋1＝2×3n－1－×3n＝×3n－1.
综上所述an＝×3n－1.
3．(2020·课标Ⅲ，17)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
[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)．
因为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
从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1. ②
①－②得
－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1.
所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2.
4．(2021·湖北武汉部分重点中学联考)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}中，bn＝，且其前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)判断数列{cn}的增减性．
[解析]　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1；
当n＝1时，a1＝S1＝2，不满足上式．
所以an＝
于是bn＝
(2)由题意得cn＝T2n＋1－Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝＋＋…＋，
所以cn＋1－cn＝＋－＝－＝<0，
即cn＋1<cn，所以数列{cn}为递减数列．
5．(2020·新高考Ⅰ，Ⅱ，18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)(新高考Ⅰ)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
(新高考Ⅱ)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
[解析]　(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q1＝(舍去)，q2 ＝2.由题设得a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)(新高考Ⅰ)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)
＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)
＝480.
(新高考Ⅱ)a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝＝－(－1)n.
6．(2021·辽宁鞍山一中模拟)数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)由Sn＝2n2＋n，可得当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋n)－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1.当n＝1时，a1＝3符合上式，所以an＝4n－1，由an＝4log2bn＋3可得4n－1＝4log2bn＋3，解得bn＝2n－1，n∈N*.
(2)anbn＝(4n－1)·2n－1
∴Tn＝3＋7·21＋11·22＋15·23＋…＋(4n－1)·2n－1 ①
∴2Tn＝3·21＋7·22＋11·23＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n ②
①－②可得－Tn＝3＋4[21＋22＋23＋24＋…＋2n－1]－(4n－1)·2n
＝3＋4×－(4n－1)·2n
＝－5＋(5－4n)·2n，
∴Tn＝5＋(4n－5)·2n，n∈N*.
7．(2021·北京西城区期中)已知等比数列{an}满足a3－a2＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)设等比数列{an}的公比为q，
则a3－a2＝a1q2－a1q＝10①，
a1a2a3＝(a1q)3＝125②，
由①②得q＝3，a1＝.
∴数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝×3n－1＝5×3n－2.
(2)假设存在正整数m，使得＋＋…＋≥1.
由(1)知an＝5×3n－2，
∴＝×，
∴数列是首项为，公比为的等比数列，
∴＋＋…＋＝＝≥1，
∴32－m≤－1，显然不成立，
因此不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1.
8．(2021·山东全真模拟)在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列， ，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[解析]　选条件①，
设{bn}的公比为q，则q3＝＝－27，即q＝－3，
所以bn＝－(－3)n－1.
从而a5＝b1＝－1，a2＝b1＋b3＝－10，由于{an}是等差数列，所以an＝3n－16.
Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2等价于ak＋1<0且ak＋2>0，
由得<k<，又k∈N*，所以k＝4.
所以满足题意的k存在．
选条件②.
设{bn}的公比为q，则q3＝＝－27，即q＝－3，
所以bn＝－(－3)n－1.
从而a5＝b1＝－1，a4＝b4＝27，所以{an}的公差d＝－28.
因为Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2等价于ak＋1<0且ak＋2>0，此时d＝ak＋2－ak＋1>0，与d＝－28矛盾，所以满足题意的k不存在．
选条件③.
设{bn}的公比为q，则q3＝＝－27，即q＝－3，
所以bn＝－(－3)n－1.
从而a5＝b1＝－1，由{an}是等差数列得S5＝，
由S5＝－25得a1＝－9.
所以an＝2n－11.
Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2等价于ak＋1<0且ak＋2>0，
由得<k<，又k∈N*，所以k＝4.
所以满足题意的k存在．