高中數(shù)學(xué)高考一輪復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí) 學(xué)案 數(shù)列大題解法_第1頁
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大題考法專項(xiàng)訓(xùn)練A級(jí)——中檔題保分練1.已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列,首項(xiàng)a1=4,數(shù)列{bn}滿足bn=log2an,且b1+b2+b3=12.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)令cn=eq\f(4,bn·bn+1)+an,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn.2.已知首項(xiàng)為2的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,Sn=eq\f(an+1-2,3),設(shè)bn=log2an.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)判斷數(shù)列{bn}是否為等差數(shù)列,并說明理由;(3)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(4,bn+1bn+3)))的前n項(xiàng)和Tn.3.(2023·福州模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=3n2+8n,{bn}是等差數(shù)列,且an=bn+bn+1.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式;(2)令cn=eq\f(an+1n+1,bn+2n),求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.B級(jí)——拔高題滿分練1.(2023屆高三·長(zhǎng)沙摸底)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=3,a3=7,且對(duì)任意的n∈N*,都有an-2an+1+an+2=0,數(shù)列{bn}滿足bn=a2n-1,n∈N*.(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;(2)求使b1+b2+…+bn>2019成立的最小正整數(shù)n的值.2.已知{an}是各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn,且Sn為an與eq\f(1,an)的等差中項(xiàng).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=eq\f(-1n,an),求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.3.(2023·天津高考)設(shè){an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式.(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).?dāng)?shù)列大題考法專訓(xùn)練答案A級(jí)——中檔題保分練1.解:(1)由bn=log2an和b1+b2+b3=12,得log2(a1a2a3)=12,∴a1a2a3設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,∵a1=4,∴a1a2a3=4·4q·4q2=26·q3=2解得q=4,∴an=4·4n-1=4n.(2)由(1)得bn=log24n=2n,cn=eq\f(4,2n·2n+1)+4n=eq\f(1,nn+1)+4n=eq\f(1,n)-eq\f(1,n+1)+4n.設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn+1)))的前n項(xiàng)和為An,則An=1-eq\f(1,2)+eq\f(1,2)-eq\f(1,3)+…+eq\f(1,n)-eq\f(1,n+1)=eq\f(n,n+1),設(shè)數(shù)列{4n}的前n項(xiàng)和為Bn,則Bn=eq\f(4-4n·4,1-4)=eq\f(4,3)(4n-1),∴Sn=eq\f(n,n+1)+eq\f(4,3)(4n-1).2.解:(1)依題意得a1=2,則n=1時(shí),S1=eq\f(a2-2,3)=a1,∴a2=8.n≥2時(shí),Sn-1=eq\f(an-2,3),則an=Sn-Sn-1=eq\f(an+1-2,3)-eq\f(an-2,3),整理得eq\f(an+1,an)=4.又eq\f(a2,a1)=4,∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公比為4的等比數(shù)列,∴an=2·4n-1=22n-1.(2)bn=log2an=log222n-1=2n-1,則bn+1-bn=2n+1-(2n-1)=2,且b1=1,∴數(shù)列{bn}是等差數(shù)列.(3)由(2)得bn=2n-1,∴eq\f(4,bn+1bn+3)=eq\f(4,2n2n+2)=eq\f(1,nn+1)=eq\f(1,n)-eq\f(1,n+1),∴Tn=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,2)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-\f(1,3)))+…+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)-\f(1,n+1)))=eq\f(n,n+1).3.解:(1)因?yàn)镾n=3n2+8n,所以當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=3n2+8n-[3(n-1)2+8(n-1)]=6n+5.當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=11也符合上式,所以an=6n+5,n∈N*.于是,bn+1+bn=an=6n+5.因?yàn)閧bn}是等差數(shù)列,所以可設(shè)bn=kn+t(k,t均為常數(shù)),則有k(n+1)+t+kn+t=6n+5,即2kn+k+2t=6n+5對(duì)任意的n∈N*恒成立,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2k=6,,k+2t=5,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k=3,,t=1,))故bn=3n+1.(2)因?yàn)閍n=6n+5,bn=3n+1,所以cn=eq\f(an+1n+1,bn+2n)=eq\f(6n+6n+1,3n+3n)=2n×(6n+6).于是,Tn=12×2+18×22+24×23+…+2n×(6n+6),①所以2Tn=12×22+18×23+24×24+…+2n×6n+2n+1×(6n+6),②①-②得,-Tn=24+6(22+23+…+2n)-2n+1×(6n+6)=24+6×eq\f(22-2n×2,1-2)-2n+1×(6n+6)=-2n+1×6n,故Tn=2n+1×6n=2n+2×3n.B級(jí)——拔高題滿分練1.解:(1)令n=1,得a1-2a2+a3=0,解得a2=又由an-2an+1+an+2=0,知an+2-an+1=an+1-an=…=a2-a1=2,故數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1=3,公差d=2的等差數(shù)列,于是an=2n+1,bn=a2n-1=2n+1.(2)由(1)知,bn=2n+1.于是b1+b2+…+bn=(21+22+…+2n)+n=eq\f(21-2n,1-2)+n=2n+1+n-2.令f(n)=2n+1+n-2,易知f(n)是關(guān)于n的單調(diào)遞增函數(shù),又f(9)=210+9-2=1031,f(10)=211+10-2=2056,故使b1+b2+…+bn>2019成立的最小正整數(shù)n的值是10.2.解:(1)由題意知,2Sn=an+eq\f(1,an),即2Snan-aeq\o\al(2,n)=1,①當(dāng)n=1時(shí),由①式可得S1=1;當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1,代入①式,得2Sn(Sn-Sn-1)-(Sn-Sn-1)2=1,整理得Seq\o\al(2,n)-Seq\o\al(2,n-1)=1.所以{Seq\o\al(2,n)}是首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)列,Seq\o\al(2,n)=1+n-1=n.因?yàn)閧an}的各項(xiàng)都為正數(shù),所以Sn=eq\r(n),所以an=Sn-Sn-1=eq\r(n)-eq\r(n-1)(n≥2).又a1=S1=1,所以an=eq\r(n)-eq\r(n-1).(2)bn=eq\f(-1n,an)=eq\f(-1n,\r(n)-\r(n-1))=(-1)n(eq\r(n)+eq\r(n-1)),當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),Tn=-1+(eq\r(2)+1)-(eq\r(3)+eq\r(2))+…+(eq\r(n-1)+eq\r(n-2))-(eq\r(n)+eq\r(n-1))=-eq\r(n);當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Tn=-1+(eq\r(2)+1)-(eq\r(3)+eq\r(2))+…-(eq\r(n-1)+eq\r(n-2))+(eq\r(n)+eq\r(n-1))=eq\r(n).所以{bn}的前n項(xiàng)和Tn=(-1)neq\r(n).3.解:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.依題意,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3q=3+2d,,3q2=15+4d,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d=3,,q=3,))故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=3n,{bn}的通項(xiàng)公式為bn=3n.(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nb=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n×3+\f(nn-1,2)×6))+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).記Tn=1×31+2×32+…+n×3n

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