新高考2020高考数学二轮复习大题考法专训二数列

新高考2020高考数学二轮复习大题考法专训二数列

大题考法专训（二） 数列 A级——中档题保分练 ‎1．已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.‎ 解：(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12，‎ 得log2(a‎1a2a3)＝12，‎ ‎∴a‎1a2a3＝212.‎ 设等比数列{an}的公比为q，‎ ‎∵a1＝4，∴a‎1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，‎ 解得q＝4，‎ ‎∴an＝4·4n－1＝4n.‎ ‎(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，‎ cn＝＋4n＝＋4n＝－＋4n.‎ 设数列的前n项和为An，‎ 则An＝1－＋－＋…＋－＝，‎ 设数列{4n}的前n项和为Bn，‎ 则Bn＝＝(4n－1)，‎ ‎∴Sn＝＋(4n－1)．‎ ‎2．已知首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝，设bn＝log2an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；‎ ‎(3)求数列的前n项和Tn.‎ 解：(1)依题意得a1＝2，则n＝1时，S1＝＝a1，‎ ‎∴a2＝8.‎ n≥2时，Sn－1＝，则an＝Sn－Sn－1＝－，整理得＝4.‎ 又＝4，∴数列{an}是首项为2，公比为4的等比数列，‎ - 4 -‎ ‎∴an＝2·4n－1＝22n－1.‎ ‎(2)bn＝log2an＝log222n－1＝2n－1，‎ 则bn＋1－bn＝2n＋1－(2n－1)＝2，‎ 且b1＝1，∴数列{bn}是等差数列．‎ ‎(3)由(2)得bn＝2n－1，‎ ‎∴＝＝＝－，‎ ‎∴Tn＝＋＋…＋＝.‎ ‎3．(2019·福州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)因为Sn＝3n2＋8n，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2＋8n－[3(n－1)2＋8(n－1)]＝6n＋5.‎ 当n＝1时，a1＝S1＝11也符合上式，‎ 所以an＝6n＋5，n∈N*.‎ 于是，bn＋1＋bn＝an＝6n＋5.‎ 因为{bn}是等差数列，‎ 所以可设bn＝kn＋t(k，t均为常数)，‎ 则有k(n＋1)＋t＋kn＋t＝6n＋5，‎ 即2kn＋k＋2t＝6n＋5对任意的n∈N*恒成立，‎ 所以解得故bn＝3n＋1.‎ ‎(2)因为an＝6n＋5，bn＝3n＋1，‎ 所以cn＝＝＝2n×(6n＋6)．‎ 于是，Tn＝12×2＋18×22＋24×23＋…＋2n×(6n＋6)，①‎ 所以2Tn＝12×22＋18×23＋24×24＋…＋2n×6n＋2n＋1×(6n＋6)，②‎ ‎①－②得，－Tn＝24＋6(22＋23＋…＋2n)－2n＋1×(6n＋6)＝24＋6×－2n＋1×(6n＋6)＝－2n＋1×6n，‎ 故Tn＝2n＋1×6n＝2n＋2×3n.‎ B级——拔高题满分练 ‎1．(2020届高三·长沙摸底)已知数列{an}的首项a1＝3，a3＝7，且对任意的n∈N*，都有an－2an＋1＋an＋2＝0，数列{bn}满足bn＝a2n－1，n∈N*.‎ - 4 -‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求使b1＋b2＋…＋bn＞2 019成立的最小正整数n的值．‎ 解：(1)令n＝1，得a1－‎2a2＋a3＝0，解得a2＝5.‎ 又由an－2an＋1＋an＋2＝0，知an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1＝2，‎ 故数列{an}是首项a1＝3，公差d＝2的等差数列，‎ 于是an＝2n＋1，‎ bn＝a2n－1＝2n＋1.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝2n＋1.‎ 于是b1＋b2＋…＋bn＝(21＋22＋…＋2n)＋n＝＋n＝2n＋1＋n－2.‎ 令f(n)＝2n＋1＋n－2，易知f(n)是关于n的单调递增函数，‎ 又f(9)＝210＋9－2＝1 031，f(10)＝211＋10－2＝2 056，‎ 故使b1＋b2＋…＋bn＞2 019成立的最小正整数n的值是10.‎ ‎2．已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)由题意知，2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，①‎ 当n＝1时，由①式可得S1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入①式，得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，‎ 整理得S－S＝1.‎ 所以{S}是首项为1，公差为1的等差数列，S＝1＋n－1＝n.‎ 因为{an}的各项都为正数，所以Sn＝，‎ 所以an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)．‎ 又a1＝S1＝1，所以an＝－.‎ ‎(2)bn＝＝＝(－1)n(＋)，‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－；‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝.‎ 所以{bn}的前n项和Tn＝(－1)n.‎ ‎3．(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝‎4a2＋3.‎ - 4 -‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式．‎ ‎(2)设数列{cn}满足cn＝求a‎1c1＋a‎2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.‎ 依题意，得解得 故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.‎ ‎(2)a‎1c1＋a‎2c2＋…＋a2nc2n ‎＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)‎ ‎＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)‎ ‎＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．‎ 记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①‎ 则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②‎ ‎②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－＋n×3n＋1＝.‎ 所以a‎1c1＋a‎2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×＝(n∈N*)．‎ - 4 -‎