专题19 数列（解答题）-2021届高考数学（理）二轮专题重难点题型突破

19：数列 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝2－3Sn(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和Tn. 【答案】　(1)当n≥2时，由an＝2－3Sn ①， 得an－1＝2－3Sn－1 ②， ①－②即得4an＝an－1， 而当n＝1时，a1＝2－3a1，故a1＝eq \f(1,2). 因而数列{an}是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,4)的等比数列，其通项公式为an＝eq \f(1,2)·(eq \f(1,4))n－1＝(eq \f(1,2))2n－1(n∈N*)． (2)由(1)得bn＝log2an＝1－2n(n∈N*)． 数列{an＋bn}的前n项和 Tn＝a1＋b1＋a2＋b2＋…＋an＋bn ＝(a1＋…＋an)＋(b1＋…＋bn) ＝eq \f(\f(1,2)[1－（\f(1,4)）n],1－\f(1,4))＋eq \f(（－1＋1－2n）n,2) ＝eq \f(2,3)－n2－eq \f(2,3)×(eq \f(1,4))n，(n∈N*)． 2.设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{eq \f(4,an（an＋2）)}的前n项和为Tn，求证：eq \f(1,2)≤Tn<1. 【答案】　(1)因为2Sn＝(n＋1)an， 当n≥2时，2Sn－1＝nan－1， 两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1， 即(n－1)an＝nan－1， 所以当n≥2时，eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)， 所以eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1). 因为a1＝2，所以an＝2n. (2)因为an＝2n，令bn＝eq \f(4,an（an＋2）)，n∈N*， 所以bn＝eq \f(4,2n（2n＋2）)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1). 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝(1－eq \f(1,2))＋(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋…＋(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)) ＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1). 因为eq \f(1,n＋1)>0，所以1－eq \f(1,n＋1)<1. 因为f(n)＝eq \f(1,n＋1)在n∈N*上是递减函数， 所以1－eq \f(1,n＋1)在n∈N*上是递增的， 所以当n＝1时，Tn取最小值eq \f(1,2). 所以eq \f(1,2)≤Tn<1. 3．已知数列{an}与{bn}满足an＋1－an＝2(bn＋1－bn)(n∈N*)． (1)若a1＝1，bn＝3n＋5，求数列{an}的通项公式； (2)若a1＝6，bn＝2n(n∈N*)，且λan>2n＋n＋2λ对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 【答案】　(1)因为an＋1－an＝2(bn＋1－bn)，bn＝3n＋5， 所以an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2(3n＋8－3n－5)＝6， 所以{an}是首项为a1＝1，公差为6的等差数列． 所以an＝6n－5(n∈N*)． (2)因为bn＝2n，所以an＋1－an＝2(2n＋1－2n)＝2n＋1， 当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2， 当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2(n∈N*)， 由λan>2n＋n＋2λ得λ>eq \f(2n＋n,2n＋1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(n,2n＋1)， 所以当n＝1，2时，eq \f(2n＋n,2n＋1)取最大值eq \f(3,4)， 故λ的取值范围为(eq \f(3,4)，＋∞)． 4．已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列． (1)求q的值和{an}的通项公式； (2)设bn＝eq \f(log2a2n,a2n－1)，n∈N*，求数列{bn}的前n项和． 【答案】　(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)， 即a4－a2＝a5－a3， 所以a2(q－1)＝a3(q－1)， 又因为q≠1，所以a2＝a3. 由a3＝qa1，得q＝2. 当n＝2k－1(k∈N*)时， an＝a2k－1＝2k－1＝2eq \s\up10(\f(n－1,2))； 当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝2eq \s\up10(\f(n,2))， 所以数列{an}的通项公式为an＝e