高考数学（理）必考热点新题精选练习：数列求和及等差、等比数列的综合应用（附答案与详解）.doc

上传人（卖家）：cbx170117

文档编号：404570

上传时间：2020-03-28

格式：DOC

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关键词：: 高考数学必考热点精选练习数列求和等差等比数列综合应用答案详解

资源描述：: 1、高考数学（理）必考热点新题精选练习：高考数学（理）必考热点新题精选练习：数列求和及等差、等比数列的综合应用数列求和及等差、等比数列的综合应用 1.已知数列an满足 a2-a1=1,其前 n 项和为 Sn,当 n2 时,Sn-1-1,Sn,Sn+1成等差数列. (1)求证:an为等差数列. (2)若 a1=1,bn=,求数列bn的前 n 项和 Tn. 2.已知等比数列an是首项为 1 的递减数列,且 a3+a4=6a5. (1)求数列an的通项公式. (2)若 bn=nan,求数列bn的前 n 项和 Tn. 3.等差数列an的前 n 项和为 Sn,且 S4=32,S13=221. (1)求a
2、n的通项公式 an. (2)数列bn满足 bn+1-bn=an(nN *)且 b 1=3,求的前 n 项和 Tn. 4.已知数列an满足 an+2=qan(q 为实数,且 q1),nN *,a 1=1,a2=2,且 a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列. (1)求 q 的值和an的通项公式. (2)设 bn=,nN *,求数列b n的前 n 项和. 5.已知数列an的前 n 项和为 Sn,a1=1,且 Sn+1=3Sn+1,nN *,c n=log3a2n. (1)求数列cn的通项公式. (2)bn=,记数列bn的前 n 项和为 Tn,求证: Tn . 6.已知等差数列an满足 an+
3、an+1=4n,nN *,数列b n满足 an=2log2bn+1,nN *. (1)求 an,bn. (2)求数列anbn的前 n 项和 Tn. 答案与解析答案与解析 1.【解析】(1)当 n2 时,由 Sn-1-1,Sn,Sn+1成等差数列得:2Sn=Sn-1-1+Sn+1, 即 Sn-Sn-1=-1+Sn+1-Sn,即 an=-1+an+1(n2), 则 an+1-an=1(n2), 又 a2-a1=1,故an是公差为 1 的等差数列. (2)由(1)知等差数列an公差 d=1,若 a1=1,则 an=1+(n-1)1=n, 因此 bn= -. 则 Tn=b1+b2+bn=+ =1-=.
4、 2.【解析】(1)由 a3+a4=6a5,得 6q 2-q-1=0,解得 q= 或 q=- . 因为数列an为递减数列,且首项为 1,所以 q= . 所以 an=1=. (2)因为 Tn=1+2+3+n, 所以 Tn=1+2+3+n. 两式相减得 Tn=+-n =-n=2-2-n=2-, 所以 Tn=4-. 3.【解析】(1)等差数列an的公差设为 d,前 n 项和为 Sn,且 S4=32,S13=221. 可得 4a1+6d=32,13a1+78d=221,解得 a1=5,d=2,可得 an=5+2(n-1)=2n+3. (2)由 bn+1-bn=an=2n+3, 可得 bn=b1+(b2
5、-b1)+(b3-b2)+(bn-bn-1)=3+5+7+ +2n+1= n(2n+4)=n(n+2),=. 则前 n 项和 Tn=1- + - + - +-+ -=. 4.【解析】(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4), 即 a4-a2=a5-a3. 所以 a2(q-1)=a3(q-1). 又因为 q1,故 a3=a2=2,由 a3=a1q,得 q=2. 当 n=2k-1(kN *)时,a n=a2k-1=2 k-1= ; 当 n=2k(kN *)时,a n=a2k=2 k= . 所以,an的通项公式为 an= (2)由(1)得 bn=.设bn的前 n
6、项和为 Tn, 则 Tn=+, Tn=+, 上述两式相减,得 Tn=+-=-, 整理得, Tn= -, Tn= -,所以 Tn=1-. 所以,数列bn的前 n 项和为 Tn=1-,nN *. 5.【解析】(1)当 n2 时,an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1, 两式相减得:an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an,所以=3. 因为 a1=1,所以 a2=2S1+1=2a1+1=3,即=3. 所以数列an是以 1 为首项,3 为公比的等比数列,从而 an=3 n-1, 因为 cn=log3a2n,所以 cn=2n-1. (2)由(1)有 bn=, 所以 Tn=- + - + - + +-+-= - , 由于 Tn随着 n 的增大而增大,所以 Tn最小值为 T1= . 所以 Tn ,所以 Tn . 6.【解析】(1)由题知an为等差数列,设其公差为 d, 则解得故 an=2n-1; 又 2n-1=2log2bn+1,则 bn=2 n-1. (2)由(1)知 anbn=(2n-1)2 n-1,nN*, 故 Tn=1+32+52 2+(2n-1)2n-1, 2Tn=2+32 2+523+(2n-1)2n, 故 Tn=-1-2(2+2 2+2n-1)+(2n-1)2n =-1-2+(2n-1)2 n=(2n-3)2n+3,nN*.

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