主观题专练 数列（3）-2020高考文科数学【试吧大考卷】二轮复习专项分层特训卷

数列(3) 1．[2019·河北联盟考试]已知数列{an}是等差数列，a2＝6，前n项和为Sn，{bn}是等比数列，b2＝2，a1b3＝12，S3＋b1＝19. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{bncos(anπ)}的前n项和Tn. 解析：(1)∵数列{an}是等差数列，a2＝6， ∴S3＋b1＝3a2＋b1＝18＋b1＝19，∴b1＝1. ∵b2＝2，数列{bn}是等比数列，∴bn＝2n－1. ∴b3＝4，∵a1b3＝12，∴a1＝3， ∵a2＝6，数列{an}是等差数列，∴an＝3n.[来源:学科网] (2)由(1)得，令Cn＝bncos(anπ)＝(－1)n2n－1， ∴Cn＋1＝(－1)n＋12n，∴＝－2，又C1＝－1， ∴数列 {bncos(anπ)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列， ∴Tn＝[1－(－2)n]．＝－ 2．[2019·辽宁大连二十四中模拟]已知数列{an}的各项都是正数，n∈N*.[来源:学科网ZXXK] (1)若{an}是等差数列，公差为d，且bn是an和an＋1的等比中项，设cn＝b，n∈N*，求证：数列{cn}是等差数列； －b (2)若a，Sn为数列{an}的前n项和，求数列{an}的通项公式． ＝S＋…＋a＋a＋a 解析：(1)由题意得b＝anan＋1， 则cn＝b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1， －b 因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，∴{cn}是等差数列． (2)当n＝1时，a，∵a1>0，∴a1＝1. ＝a 当n≥2时，a，　①＝S＋…＋a＋a＋a a，　②＝S＋…＋a＋a＋a ①－②得，a＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)． －S＝S ∵an>0，∴a＝Sn＋Sn－1＝2Sn－an，　③ ∵a1＝1合适上式，∴当n≥2时，a＝2Sn－1－aa－1，　④ ③－④得a＝2(Sn－Sn－1)－an＋aa－1＝2an－an＋an－1＝an＋an－1， －a ∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1， ∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，可得an＝n.[来源:Zxxk.Com] 3．[2019·云南昆明质检]已知数列{an}中，a1＝3，{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝an＋n2(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足bn＝(－1)n＋2an，求{bn}的前n项和Tn. 解析：(1)由Sn＋1＝an＋n2　①，得Sn＋1＋1＝an＋1＋(n＋1)2　②， 由②－①，得an＝2n＋1.当a1＝3时满足上式． 所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1. (2)由(1)得bn＝(－1)n＋22n＋1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n]＋(23＋25＋…＋22n＋1) ＝(4n－1)．＋＝＋ 4．[2019·四川成都二诊]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>1，且a2＋1为a1，a3的等差中项，S3＝14. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记bn＝an·log2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解析：(1)由题意，得2(a2＋1)＝a1＋a3.又S3＝a1＋a2＋a3＝14， ∴2(a2＋1)＝14－a2，∴a2＝4，[来源:Zxxk.Com] ∵S3＝， ＋4＋4q＝14，∴q＝2或q＝ ∵q>1，∴q＝2. ∴an＝a2qn－2＝4·2n－2＝2n. (2)由(1)知an＝2n，∴bn＝an·log2an＝2n·n. ∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n. 2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1. ∴－Tn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n×2n＋1 ＝－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2. ∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2. 5．[2019·辽宁沈阳联考]若正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，点P(，Sn＋1)在曲线y＝(x＋1)2上． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝m－1对任意n∈N*恒成立，求实数m的取值范围． ，Tn表示数列{bn}的前n项和，若Tn≥ 解析：(1)由已知可得Sn＋1＝(＋(n－1)×1＝n，得Sn＝n2，当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，也符合上式，故{an}的通项公式为an＝2n－1. ＝为首项、1为公差的等差数列，所以}是以＝1，所以{－＋1)2，得 (2)bn＝m－1恒成立，所以m≤4，故实数m的取值范围为(－∞，4]．≥m－1对任意n∈N*恒成立，所以，又Tn≥，显然Tn是关于n的增函数，所以Tn有最小值(Tn)