第 1 页 共 8 页 弋阳一中2014届高考二轮复习
大题规范练(三) 数列综合题
(限时:60分钟)
1.(2013·高考山东卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.
(1) 求数列{an}的通项公式;
(2) 设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+an+12n=λ(λ为常数),令cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Rn.
2.已知公比为q的等比数列{an}的前6项和S6=21,且4a1、32a2、a2成等差数列.
(1)求an;
(2)设{bn}是首项为2,公差为-a1的等差数列,其前n项和为Tn,求不等式Tn-bn>0的解集.
3.(2014·济南市模拟)数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1(n∈N*),等差数列{bn}
满足b3=3,b5=9.
(1)分别求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=bn+2an+2(n∈N*),求证:cn+1<cn≤13.
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4.已知数列{an}中,a1=1,an+1=anan+3(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项an;
(2)若数列{bn}满足bn=(3n-1)n2nan,数列{bn}的前n项和为Tn,若不等式(-1)nλ<Tn对一切n∈N*恒成立,求λ的取值范围.
5.(2014·辽宁省五校联考)已知数列{an}满足:a1=1,a2=a(a≠0),an+2=p·a2n+1an(其中p
为非零常数,n∈N*).
(1)判断数列an+1an是不是等比数列;
(2)求an;
(3)当a=1时,令bn=nan+2an,Sn为数列{bn}的前n项和,求Sn.
6.(2013·高考广东卷)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1,2Snn=an+1-13n2-n-23,n∈ 第 3 页 共 8 页 N*.
(1)求a2的值;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)证明:对一切正整数n,有1a1+1a2+…+1an<74.
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大题规范练(三)
1.解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
由S4=4S2,a2n=2an+1,得
4a1+6d=8a1+4d,a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1.①
解得a1=1,d=2.
因此an=2n-1,n∈N*.②(4分)
(2)由题意知Tn=λ-n2n-1,
所以当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=-n2n-1+n-12n-2=n-22n-1.
故cn=b2n=2n-222n-1=(n-1)14n-1,n∈N*.(6分)
所以Rn=0×140+1×141+2×142+3×143+…+(n-1)×14n-1,
则14Rn=0×141+1×142+2×143+…+(n-2)×14n-1+(n-1)×14n.(8分)
两式相减得
34Rn=141+142+143+…+14n-1-(n-1)×14n=14-14n1-14-(n-1)×14n=13-1+3n314n,
整理得Rn=194-3n+14n+1.
所以数列{cn}的前n项和Rn=194-3n+14n-1.(12分)
2.解:(1)∵4a1、32a2、a2成等差数列,
∴4a1+a2=3a2,
即4a1=2a2,∴q=2.(2分)
则S6=a1(1-26)1-2=21,解得a1=13,
∴an=2n-13.(5分) 第 5 页 共 8 页 (2)由(1)得-a1=-13,∴bn=2+(n-1)-13=7-n3,
Tn=2n+n2(n-1)·-13=13n-n26,(9分)
∴Tn-bn>0,即-(n-1)(n-14)6>0,解得1<n<14(n∈N*),
故不等式Tn-bn>0的解集为{n∈N*|1<n<14}.(12分)
3.解:(1)由an+1=2Sn+1,①
得an=2Sn-1+1(n≥2,n∈N*),②
①-②得an+1-an=2(Sn-Sn-1),
∴an+1=3an(n≥2,n∈N*),
又a2=2S1+1=3,∴a2=3a1,∴an=3n-1.(4分)
∵b5-b3=2d=6,∴d=3,
∴bn=3n-6.(6分)
(2)∵an+2=3n+1,bn+2=3n,(8分)
∴cn=3n3n+1=n3n,(9分)
∴cn+1-cn=1-2n3n+1<0,(10分)
∴cn+1<cn<…<c1=13,(11分)
即cn+1<cn≤13.(12分)
4.解:(1)由题知,1an+1=an+3an=3an+1,
∴1an+1+12=31an+12,
∴1an+12=1a1+12·3n-1=3n2,
∴an=23n-1.(4分)
(2)由(1)知,bn=(3n-1)·n2n·23n-1=n·12n-1,
Tn=1×1+2×121+3×122+…+n·12n-1,
12Tn=1×12+2×122+…+()n-112n-1+ 第 6 页 共 8 页 n12n,(6分)
两式相减得,
12Tn=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-n+22n,∴Tn=4-n+22n-1.(8分)
∵Tn+1-Tn=4-n+32n-4-n+22n-1=n+12n>0,
∴{Tn}为递增数列.
①当n为正奇数时,-λ<Tn对一切正奇数成立,
∵(Tn)min=T1=1,∴-λ<1,∴λ>-1;
②当n为正偶数时,λ<Tn对一切正偶数成立,
∵(Tn)min=T2=2,∴λ<2.
综合①②知,-1<λ<2.(12分)
5.解:(1)由an+2=p·a2n+1an,得an+2an+1=p·an+1an.(1分)
令cn=an+1an,则c1=a,cn+1=pcn.
∵a≠0,∴c1≠0,cn+1cn=p(非零常数),
∴数列an+1an是等比数列.(3分)
(2)∵数列{cn}是首项为a,公比为p的等比数列,
∴cn=c1·pn-1=a·pn-1,即an+1an=apn-1.(4分)
当n≥2时,an=anan-1·an-1an-2·…·a2a1·a1=(apn-2)×(aqn-3)×…×(ap0)×1=an-1pn2-3n+22,(6分)
∵a1满足上式,∴an=an-1pn2-3n+22,n∈N*.(7分)
(3)∵an+2an=an+2an+1·an+1an=(apn)×(apn-1)=a2p2n-1,
∴当a=1时,bn=nan+2an=np2n-1.(8分)
∴Sn=1×p1+2×p3+…+np2n-1,①
p2Sn=1×p3+…+(n-1)p2n-1+np2n+1.②
∴当p2≠1时,即p≠±1时,①-②得: 第 7 页 共 8 页 (1-p2)Sn=p1+p3+…+p2n-1-np2n+1
=p(1-p2n)1-p2-np2n+1,
即Sn=p(1-p2n)(1-p2)2-np2n+11-p2;(11分)
当p=1时,Sn=1+2+…+n=n(n+1)2;(12分)
当p=-1时,Sn=(-1)+(-2)+…+(-n)=-n(n+1)2.(13分)
综上所述,
Sn=n(n+1)2,p=1,-n(n+1)2,p=-1,p(1-p2n)(1-p2)2-np2n+11-p2,p≠±1.
6.解:(1)依题意,2S1=a2-13-1-23,
又S1=a1=1,所以a2=4.(2分)
(2)解法一:由题意2Sn=nan+1-13n3-n2-23n,
所以当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-13(n-1)3-(n-1)2-23(n-1),(4分)
两式相减得2an=nan+1-(n-1)an-13(3n2-3n+1)-(2n-1)-23,
整理得nan+1-(n+1)an=n(n+1),即an+1n+1-ann=1.(6分)
又当n=1时,a22-a11=42-11=1,
所以数列ann是首项为a11=1,公差为1的等差数列,
所以ann=1+(n-1)×1=n,所以an=n2,
所以数列{an}的通项公式为an=n2,n∈N*.(8分)
解法二:因为2Snn=an+1-13n2-n-23,
所以2Snn=Sn+1-Sn-13n2-n-23.(4分) 第 8 页 共 8 页 整理得n+2nSn=Sn+1-13(n+1)(n+2),
所以Sn+1(n+1)(n+2)-Snn(n+1)=13,
所以数列Snn(n+1)是首项为S12,公差为13的等差数列,(6分)
所以Snn(n+1)=S12+13(n-1)=2n+16,
所以Sn=n(n+1)(2n+1)6,
所以Sn-1=(n-1)n(2n-1)6(n≥2),
所以an=Sn-Sn-1=n2(n≥2).
因为a1=1符合上式,
所以数列{an}的通项公式为an=n2,n∈N*.(8分)
(3)证明:设Tn=1a1+1a2+…+1an.
当n=1时,T1=1a1=1<74;
当n=2时,T2=1a1+1a2=1+14=54<74;
当n≥3时,1an=1n2<1(n-1)n=1n-1-1n,(10分)
此时Tn=1+14+132+142+…+1n2<1+14+12-13+13-14+…+1n-1-1n
=1+14+12-1n=74-1n<74.
综上,对一切正整数n,有1a1+1a2+…+1an<74.(12分)