【三维设计】2022届(新课标)高考数学(理)大一轮复习-第五章-数列-解答题规范专练(三)-数-列.docx

解答题规范专练(三)　数　列
1．(2021·石家庄一模)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1·a2＝2，a3·a4＝32.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足＋＋＋…＋＝an＋1－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和．

2．(2021·青岛二模)若数列{bn}对于任意的n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．如数列cn，若cn＝则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n.
(1)求证：{an}是准等差数列；
(2)求{an}的通项公式及前20项和S20.

3．(2021·天津红桥模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式Tn＞对一切n∈N*都成立的最大正整数k的值；
(3)设f(n)＝是否存在m∈N*，使得f(m＋15)＝5f(m)成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

答案
1．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由已知得
又∵a1＞0，q＞0，∴
∴an＝2n－1.
(2)由题意可得＋＋＋…＋＝2n－1，
∴2n－1－1＋＝2n－1(n≥2)，＝2n－1，
∴bn＝(2n－1)·2n－1(n≥2)，
当n＝1时，b1＝1，符合上式，
∴bn＝(2n－1)·2n－1(n∈N*)．
设数列{bn}的前n项和为Tn＝1＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1，
则2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，
两式相减得－Tn＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n＝－(2n－3)·2n－3，
∴Tn＝(2n－3)·2n＋3.
2．解：(1)证明：∵an＋an＋1＝2n(n∈N*)①，
∴an＋1＋an＋2＝2(n＋1)②，
②－①，得an＋2－an＝2(n∈N*)．
∴{an}是公差为2的准等差数列．
(2)由已知a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，
∴a1＋a2＝2×1，即a2＝2－a.
由(1)得a1，a3，a5，…是以a为首项，2为公差的等差数列．
a2，a4，a6，…是以2－a为首项，2为公差的等差数列．
当n为偶数时，an＝2－a＋×2＝n－a；
当n为奇数时，an＝a＋×2＝n＋a－1.
∴an＝
S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a19＋a20
＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)
＝2×1＋2×3＋…＋2×19
＝2×
＝200.
3．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝6，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－
＝n＋5.
而当n＝1时，n＋5＝6，
∴an＝n＋5(n∈N*)．
(2)cn＝＝
＝，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝
＝.
∵Tn＋1－Tn＝－＝＞0，
∴Tn单调递增，故(Tn)min＝T1＝.
令＞，得k＜671，所以kmax＝671.
(3)f(n)＝
当m为奇数时，m＋15为偶数，
由f(m＋15)＝5f(m)
得3m＋47＝5m＋25，解得m＝11.
当m为偶数时，m＋15为奇数，
由f(m＋15)＝5f(m)，
得m＋20＝15m＋10，解得m＝∉N*(舍去)．
综上，存在唯一正整数m＝11，使得f(m＋15)＝5f(m)成立．