2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：解答题规范专练(三)　数　列

2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：解答题规范专练(三)　数　列

解答题规范专练(三)　数　列 ‎1．(2015·石家庄一模)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1·a2＝2，a3·a4＝32.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}满足＋＋＋…＋＝an＋1－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和．‎ ‎2．(2015·青岛二模)若数列{bn}对于任意的n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．如数列cn，若cn＝则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n.‎ ‎(1)求证：{an}是准等差数列；‎ ‎(2)求{an}的通项公式及前20项和S20.‎ ‎3．(2015·天津红桥模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式Tn＞对一切n∈N*都成立的最大正整数k的值；‎ ‎(3)设f(n)＝是否存在m∈N*，使得f(m＋15)＝‎5f(m)成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．‎ 答案 ‎1．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由已知得 又∵a1＞0，q＞0，∴ ‎∴an＝2n－1.‎ ‎(2)由题意可得＋＋＋…＋＝2n－1，‎ ‎∴2n－1－1＋＝2n－1(n≥2)，＝2n－1，‎ ‎∴bn＝(2n－1)·2n－1(n≥2)，‎ 当n＝1时，b1＝1，符合上式，‎ ‎∴bn＝(2n－1)·2n－1(n∈N*)．‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn＝1＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1，‎ 则2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，‎ 两式相减得－Tn＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n＝－(2n－3)·2n－3，‎ ‎∴Tn＝(2n－3)·2n＋3.‎ ‎2．解：(1)证明：∵an＋an＋1＝2n(n∈N*)①，‎ ‎∴an＋1＋an＋2＝2(n＋1)②，‎ ‎②－①，得an＋2－an＝2(n∈N*)．‎ ‎∴{an}是公差为2的准等差数列．‎ ‎(2)由已知a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，‎ ‎∴a1＋a2＝2×1，即a2＝2－a.‎ 由(1)得a1，a3，a5，…是以a为首项，2为公差的等差数列．‎ a2，a4，a6，…是以2－a为首项，2为公差的等差数列．‎ 当n为偶数时，an＝2－a＋×2＝n－a；‎ 当n为奇数时，an＝a＋×2＝n＋a－1.‎ ‎∴an＝ S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a19＋a20‎ ‎＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)‎ ‎＝2×1＋2×3＋…＋2×19‎ ‎＝2× ‎＝200.‎ ‎3．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝6，‎ 当n≥2时，‎ an＝Sn－Sn－1＝－ ‎＝n＋5.‎ 而当n＝1时，n＋5＝6，‎ ‎∴an＝n＋5(n∈N*)．‎ ‎(2)cn＝＝ ‎＝，‎ ‎∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn ‎＝ ‎＝.‎ ‎∵Tn＋1－Tn＝－＝＞0，‎ ‎∴Tn单调递增，故(Tn)min＝T1＝.‎ 令＞，得k＜671，所以kmax＝671.‎ ‎(3)f(n)＝ 当m为奇数时，m＋15为偶数，‎ 由f(m＋15)＝‎5f(m)‎ 得‎3m＋47＝‎5m＋25，解得m＝11.‎ 当m为偶数时，m＋15为奇数，‎ 由f(m＋15)＝‎5f(m)，‎ 得m＋20＝‎15m＋10，解得m＝∉N*(舍去)．‎ 综上，存在唯一正整数m＝11，使得f(m＋15)＝‎5f(m)成立．‎