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类型一轮复习大题专练37—数列(错位相减求和2)-2022届高三数学一轮复习.doc

  • 上传人(卖家):一个凡人
  • 文档编号:2036745
  • 上传时间:2022-01-15
  • 格式:DOC
  • 页数:6
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    资源描述:

    1、一轮复习大题专练一轮复习大题专练 37数列(错位相减求和数列(错位相减求和 2)1已知公差为正数的等差数列na满足1239aaa,且2a是1a与34a 的等比中项(1)求na的通项公式;(2)若12nannba,求数列 nb的前n项和解: (1)设公差为(0)d d 的等差数列na,由1239aaa,可得1339ad,即13ad,由2a是1a与34a 的等比中项,可得2213(4)aa a,即为2111()(24)ada ad,联立,可得11a ,2d ,则12(1)21nann ;(2)12(21) 4nannnban,数列 nb的前n项和231 43 45 4.(21) 4nnSn ,23

    2、4141 43 45 4.(21) 4nnSn ,两式相减可得231342(44.4 )(21) 4nnnSn1116(14)42(21) 414nnn,化简可得16520499nnnS2已知数列na满足21123333(*)nnaaaan nN(1)求数列na的通项公式;(2)设131|log|nnnbaa,求数列 nb的前n项和nS解: (1)21123333nnaaaan,当1n 时,11a 当2n时2212313331nnaaaan,得131(2)nnan,2n 时,113nna,1n 时上式成立,数列na的通项公式为11(*)3nnanN(2)113nna,131|log|3nnnn

    3、nbaa,231233333nnnS ,231112133333nnnnnS,两式相减,得:2311111(1)2111111331333333322 3313nnnnnnnnnnS113222 3nn,33244 3nnnS3已知等差数列na的公差0d ,且1236aaa,2a,4a,8a成等比数列,若数列 nb满足:11223113322nnnbbbaaa,nN(1)求数列na的通项公式;(2)求数列 nb的前n项和nS解: (1)因为1236aaa,所以由等差数列的性质得236a ,即22a ,因为2a,4a,8a成等比数列,所以2284a aa,即2222(6 )(2 )a adad,

    4、又0d ,22a ,所以1d ,11a ,所以nan(2)因为11223113322nnnbbbaaa,所以当1n 时,1293322ba,所以16b 当2n时,由,得1113133332222nnnnnba,所以(1)3nnbn,所以2122 33 3(1)3nnnSbbbn ,23132 33 3(1)3nnSn ,所以1231119(13)32122 3333(1)36(1)331322nnnnnnnSnn ,所以1213344nnnS4数列na满足112323(1) 22(1)nnaaanann(1)求数列na的通项公式;(2)设21,nnnnbSa为数列 nb的前n项和,求nS解:

    5、(1)数列na满足112323(1) 22(1)nnaaanann,当2n时,123123(1)(2) 22nnaaanan,得:1(1) 22(2) 222nnnnnannn,所以2nna ,当1n 时,12a (首项符合通项) ,所以2nna (2)由(1)得:212nnnb,则23521222nnnS,231135212222nnnS,得:21111(1)1111121121222()2()12222222212nnnnnnnS,所以5252nnnS5已知在数列na中,112a ,111122nnnnaa(1)求数列na的通项公式;(2)求数列nan的前n项和nS解: (1)因为1111

    6、22nnnnaa,所以1122(1)nnnnaan,所以11221nnnnaan,所以1122112211(1)2(22)(22)(22)2122nnnnnnnnnnn naaaaaaaan ,所以1(1)2nnn na(2)记112nnnanbn,所以1231231231.2222nnnnnnnSbbbbb,34121231.22222nnnnnS,得:112211(1)1111111182.122816222212nnnnnnnS,所以13322nnnS6已知数列na满足11a ,23a ,21122(*)nnnnaaaa nN(1)证明:数列1nnaa是等比数列,并求na通项公式;(2)

    7、在na与1na之间插入n个数,使得包括na与1na在内的这2n 个数成等差数列,设其公差为nc,求1nc的前n项和nT解: (1)21122(*)nnnnaaaa nN,2112()nnnnaaaa,又2120aa,1nnaa是以 2 为首项,以 2 为公比的等差数列,12nnnaa,当2n时,112211()()()nnnnnaaaaaaaa,1211222212112nnnn ,当1n 时,也满足21nna 的通项公式,21nna ,(2)由题意可得,11(1)22nnnnnncaa,112nnnc,2323412222nnnT,23411234122222nnnT,可得231111(1)

    8、11111112211222222212nnnnnnnT 113113322222nnnnn,故332nnnT7 已 知 数 列na的 前n项 的 和 为nS, 且 满 足244nnSa, 数 列 nb满 足3123233nnnbbbnb()求出数列na, nb的通项公式;()求出数列nnab的前n项和nT解:( ) I 数列na的前n项的和为nS,且满足244nnSa,2n 时可得:11244nnSa,相减可得:1244nnnaaa,化为:12nnaa1n 时,1112244aSa,解得12a ,数列na是首项与公比都为 2 的等比数列,2nna数列 nb满足3123233nnnbbbnb,2n 时,31231(1)(1)23(1)3nnnbbbnb,相减可得:33(1)(1)33nnnnnnb,化为:1nbn1n 时,10b ,也符合上式1nbn()(1) 2nnnabn数列nnab的前n项和23402223 2(1) 2nnTn ,34120222(2) 2(1) 2nnnTnn,123114(21)222(1) 2(1) 22 1nnnnnTnn,解得:1(2) 24nnTn

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