高考大题增分专项三 高考中的数列 2021年高中总复习优化设计一轮用书理数

高考大题专项练3 高考中的数列1.(2021大连一模)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,等比数列{b n }的公比为12,满足S 3=15,a 1+2b 1=3,a 2+4b 2=6. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式a n ,b n ; (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 解:(1)设{a n }的公差为d ,所以{3a 1+3d =15,a 1+2b 1=3,a 1+d +2b 1=6,解得a 1=2,d=3,b 1=12,所以a n =3n-1,b n =(12)n.(2)由(1)知T n =2×12+5×(12)2+8×(12)3+…+(3n-4)·(12)n -1+(3n-1)(12)n,① ①×12得12T n =2×(12)2+5×(12)3+…+(3n-4)×(12)n +(3n-1)(12)n+1,②①-②得12T n =2×12+3×[(12)2+(12)3+…+(12)n ]-(3n-1)·(12)n+1=1+3×14[1-(12)n -1]1-12-(3n-1)·(12)n+1, 整理得T n =-(3n+5)(12)n+5.〚导学号92950935〛2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2a n -1;数列{b n }满足b n-1-b n =b n b n-1(n ≥2,n ∈N *),b 1=1. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)求数列{an b n}的前n 项和T n .解:(1)由S n =2a n -1,得S 1=a 1=2a 1-1,故a 1=1.又S n =2a n -1,S n-1=2a n-1-1(n ≥2), 两式相减,得S n -S n-1=2a n -2a n-1, 即a n =2a n -2a n-1. 故a n =2a n-1,n ≥2.所以数列{a n }是首项为1,公比为2的等比数列. 故a n =1·2n-1=2n-1.由b n-1-b n =b n b n-1(n ≥2,n ∈N *),得1b n−1b n -1=1.又b 1=1,∴数列{1b n}是首项为1,公差为1的等差数列.∴1b n=1+(n-1)·1=n.∴b n =1n .(2)由(1)得an b n=n ·2n-1.∴T n =1·20+2·21+…+n ·2n-1, ∴2T n =1·21+2·22+…+n ·2n .两式相减,得-T n =1+21+…+2n-1-n ·2n=1-2n1-2-n ·2n =-1+2n -n ·2n .∴T n =(n-1)·2n +1.〚导学号92950936〛3.已知正项数列{a n }的首项a 1=1,前n 项和S n 满足a n =√S n +√S n -1(n ≥2). (1)求证:{√S n }为等差数列,并求数列{a n }的通项公式; (2)记数列{1a n a n+1}的前n 项和为T n ,若对任意的n ∈N *,不等式4T n <a 2-a 恒成立,求实数a 的取值范围.(1)证明:由于a n =√S n +√S n -1,所以S n -S n-1=√S n +√S n -1, 即√S n −√S n -1=1,所以数列{√S n }是首项为1,公差为1的等差数列,得√S n =n ,所以a n =√S n +√S n -1=n+(n-1)=2n-1(n ≥2), 当n=1时,a 1=1也适合,所以a n =2n-1. (2)解:由于1a n a n+1=1(2n -1)(2n+1)=12(12n -1-12n+1), 所以T n =12(1-13+13−15+…+12n -1−12n+1) =12(1-12n+1). ∴T n <12.要使不等式4T n <a 2-a 恒成立,只需2≤a 2-a 恒成立,解得a ≤-1或a ≥2,故实数a 的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞).〚导学号92950937〛4.已知数列{a n }是公比为12的等比数列,且1-a 2是a 1与1+a 3的等比中项,前n 项和为S n ;数列{b n }是等差数列,其前n 项和T n 满足T n =n λ·b n+1(λ为常数,且λ≠1),其中b 1=8.(1)求数列{a n }的通项公式及λ的值; (2)比较1T 1+1T 2+1T 3+…+1T n 与12S n 的大小. 解:(1)由题意得(1-a 2)2=a 1(a 3+1),即(1-12a 1)2=a 1(14a 1+1),解得a 1=12,∴a n =(12)n.设{b n }的公差为d ,又{T 1=λb 2,T 2=2λb 3,即{8=λ(8+d ),16+d =2λ(8+2d ),解得{λ=12,d =8或{λ=1,d =0(舍),∴λ=12.(2)由(1)知S n =1-(12)n,∴12S n =12−(12)n+1≥14.①由(1)知b n =8n ,又T n =n λ·b n+1,∴T n =4n 2+4n ,1Tn=14n (n+1)=14(1n -1n+1), ∴1T 1+1T 2+…+1T n=14[(1-12)+(12-13)+…+(1n -1n+1)]=14(1-1n+1)<14. ②由①②可知1T 1+1T 2+…+1T n <12S n .〚导学号92950938〛5.已知等差数列{a n }的公差大于0,且a 3,a 5是方程x 2-14x+45=0的两根,数列{b n }的前n 项和为S n ,且S n =1-bn 2(n ∈N *).(1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)记c n =a n b n ,求证:c n+1≤c n ; (3)求数列{c n }的前n 项和T n .解:(1)由于a 3,a 5是方程x 2-14x+45=0的两根,且数列{a n }的公差d>0,所以a 3=5,a 5=9,公差d=a 5-a 35-3=2. 所以a n =a 5+(n-5)d=2n-1. 当n=1时,b 1=S 1=1-b12,解得b 1=13. 当n ≥2时,b n =S n -S n-1=12(b n-1-b n ), 所以bn b n -1=13(n ≥2).所以数列{b n }是首项b 1=13,公比q=13的等比数列, 所以b n =b 1q n-1=13n .(2)由(1),知c n =a n b n =2n -13n ,c n+1=2n+13n+1, 所以c n+1-c n =2n+13n+1−2n -13n=4(1-n )3n+1≤0.所以c n+1≤c n . (3)由(2),知c n =a n b n =2n -13n, 则T n =131+332+533+…+2n -13n, ① 13T n =132+333+534+…+2n -33n +2n -13n+1, ②①-②,得23T n =13+232+233+…+23n−2n -13n+1=13+2(132+133+…+13n )−2n -13n+1=23−2n+23n+1,化简得T n =1-n+13n. 故数列{c n }的前n 项和T n =1-n+13n. 〚导学号92950939〛6.(2021长沙二模)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列,a 10=15,且a 3,a 4,a 7成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =an2n ,数列{b n }的前n 项和为T n ,求证:-74≤T n <-1(n ∈N *).解:(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0),由已知得{a 10=15,a 42=a 3a 7,即{a 1+9d =15,(a 1+3d )2=(a 1+2d )(a 1+6d ), 解得{a 1=-3,d =2.∴a n =2n-5.(2)证明:∵b n =a n 2n=2n -52n,n ∈N *, ∴T n =-32+-122+123+…+2n -52n, ① 12T n =-322+-123+124+…+2n -72n +2n -52n+1, ②①-②,得12T n =-32+2(122+123+…+12n )−2n -52n+1=-12+1-2n 2n+1,∴T n =-1-2n -12n(n ∈N *). ∵2n -12n >0(n ∈N *),∴T n <-1. T n+1-T n =(-1-2n+12n+1)−(-1-2n -12n)=2n -32n+1,∴T n <T n+1(n ≥2).又T 1=-1-12=-32,T 2=-1-4-14=-74,∵T 1>T 2,∴T 2最小,即T n ≥T 2=-74.综上所述,-74≤T n <-1(n ∈N *). 〚导学号92950940〛。