高考数学一轮复习练案37高考大题规范解答系列三-数列含解析

高考数学一轮复习练案37高考大题规范解答系列三-数列含解析

‎ [练案37]高考大题规范解答系列(三)——数列 ‎1．(2019·北京)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．‎ ‎[解析]　(1)设{an}的公差为d.‎ 因为a1＝－10，‎ 所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.‎ 因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，‎ 所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．‎ 所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.‎ ‎(2)由(1)知，an＝2n－12.‎ 所以，当n≥7时，an>0；当n≤6时，an≤0.‎ 所以，Sn的最小值为S6＝－30.‎ ‎2．(2020·长春市第二次质量监测)各项均为整数的等差数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{(－1)n·an}的前2n项和T2n.‎ ‎[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 由题意可得(－1＋2d)2＝(－1＋d)(－3＋6d)，‎ 得d＝2或d＝(舍去)，‎ 所以an＝2n－3.‎ ‎(2)由(1)得，T2n＝－a1＋a2－a3＋a4－…－a2n－1＋a2n＝－(－1)＋1－3＋5－…－[2(2n－1)－3]＋2×2n－3＝2n.‎ ‎3．(2020·广州市调研测试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)．‎ ‎(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？‎ ‎[解析]　(1)∵a3＝7，a3＝‎3a2－2，∴a2＝3，‎ ‎∴an＝2an－1＋1，∴a1＝1，‎ ＝＝2(n≥2)，‎ ‎∴数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．‎ - 4 -‎ ‎(2)由(1)知，an＋1＝2n，∴an＝2n－1，‎ ‎∴Sn＝－n＝2n＋1－n－2，‎ ‎∴n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，‎ ‎∴n＋Sn＝2an，‎ 即n，an，Sn成等差数列．‎ ‎4．(2020·重庆七校联考)已知等差数列{an}的公差为d，且关于x的不等式a1x2－dx－3<0的解集为(－1,3)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝2＋an，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎[解析]　(1)由题意知，方程a1x2－dx－3＝0的两个根分别为－1和3.‎ 则解得 故数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知an＝2n－1，所以bn＝2＋an＝2n＋(2n－1)，‎ 所以Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝2n＋1＋n2－2.‎ ‎5．设数列{an}是公差大于零的等差数列，已知a1＝2，a3＝a－10.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}是以函数f(x)＝4sin2πx的最小正周期为首项，以f()为公比的等比数列，求数列{an－bn}的前n项和Sn.‎ ‎[解析]　(1)设{an}的公差为d(d>0)，‎ 则 解得d＝2或d＝－4(舍去)．‎ 所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.‎ ‎(2)因为f(x)＝4sin2πx＝4×＝－2cos 2πx＋2，‎ 其最小正周期为＝1，故数列{bn}的首项为1.‎ 因为f()＝－2cos ＋2＝3，‎ 所以数列{bn}的公比为3，从而bn＝3n－1，‎ 所以an－bn＝2n－3n－1，‎ 故Sn＝(2－30)＋(4－31)＋…＋(2n－3n－1)＝(2＋4＋…＋2n)－(30＋31＋…＋3n－1)＝－＝n2＋n＋－·3n.‎ - 4 -‎ ‎6．(2020·辽宁鞍山一中模拟)数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*.‎ ‎(1)求an和bn的通项公式；‎ ‎(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ ‎[解析]　(1)由Sn＝2n2＋n，可得当n≥2时，‎ an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋n)－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1.当n＝1时，a1＝3符合上式，所以an＝4n－1，由an＝4log2bn＋3可得4n－1＝4log2bn＋3，解得bn＝2n－1，n∈N*.‎ ‎(2)anbn＝(4n－1)·2n－1‎ ‎∴Tn＝3＋7·21＋11·22＋15·23＋…＋(4n－1)·2n－1①‎ ‎∴2Tn＝3·21＋7·22＋11·23＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n②‎ ‎①－②可得－Tn＝3＋4[21＋22＋23＋24＋…＋2n－1]－(4n－1)·2n ‎＝3＋4×－(4n－1)·2n＝－5＋(5－4n)·2n，‎ ‎∴Tn＝5＋(4n－5)·2n，n∈N*.‎ ‎7．(2020·湖北武汉部分重点中学联考)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}中，bn＝，且其前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)判断数列{cn}的增减性．‎ ‎[解析]　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1；‎ 当n＝1时，a1＝S1＝2，不满足上式．‎ 所以an＝ 于是bn＝ ‎(2)由题意得cn＝T2n＋1－Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝＋＋…＋，‎ 所以cn＋1－cn＝＋－＝－＝<0，‎ 即cn＋10，且λ>0，所以an＋1－an＝.‎ 由①知，S2＋S1＝λa，即‎2a1＋a2＝λa，‎ 又因为a1＝，所以a2＝，‎ 所以a2－a1＝.‎ 故an＋1－an＝(n∈N*)，所以数列{an}是首项为，公差为的等差数列．‎ 所以an＝＋(n－1)·＝.‎ ‎(2)由(1)得an＝，所以bn＝n·λn－1，‎ 所以Tn＝1＋2λ＋3λ2＋……＋(n－1)λn－2＋nλn－1，③‎ λTn＝λ＋2λ2＋3λ3＋…＋(n－1)λn－1＋nλn，④‎ ‎③－④得(1－λ)Tn＝1＋λ＋λ2＋…＋λn－1－nλn，‎ 当λ>0且λ≠1时，(1－λ)Tn＝－nλn.‎ 解得Tn＝－；‎ 当λ＝1时，由③得Tn＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝＝；‎ 综上，数列{bn}的前n项和 Tn＝.‎ - 4 -‎