2021新高考数学限时集训10-数列-.doc

1、专题限时集训(十)数列 1(2020新高考全国卷)已知公比大于1的等比数列an满足a2a420，a38.(1)求an的通项公式；(2)记bm为an在区间(0，m(mN*)中的项的个数，求数列bm的前100项和S100.解(1)设等比数列an首项为a1，公比为q(q1)由题设得a1qa1q320，a1q28.解得q(舍去)，q2.由题设得a12.所以an的通项公式为an2n.(2)由题设及(1)知b10，且当2nm0，得an1an2.又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn

2、，则Tnb1b2bn.1(2020四川五校联考)设数列an是等差数列，数列bn的前n项和Sn满足2Sn3(bn1)且a1b1，a4b2.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求anbn的前n项和Tn.解(1)由2Sn3(bn1)知，当n1时，得b13，当n2时，2Sn13(bn11)，2bn2Sn2Sn13(bn1)3(bn11)，即bn3bn1，所以bn是首项为3，公比为3的等比数列，所以数列bn的通项公式为bn3n.又数列an是等差数列，且a1b13，a4b29，所以公差d2，可得数列an的通项公式为an2n1.(2)Tn331532733934(2n1)3n，3Tn3325337349

3、35(2n1)3n1，得，2Tn3312(3233343n)(2n1)3n13312(2n1)3n1，整理得Tnn3n1.2(2020成都模拟)设Sn为等差数列an的前n项和，且a215，S565.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，且TnSn10，求数列|bn|的前n项和Rn.解(1)设等差数列an的公差为d，则由已知得：故an2n19.(2)由(1)得：Snn218n，Tnn218n10，bn易知，当1n9时，bn0，当n10时，bn0.()当1n9时，Rn|b1|b2|bn|b1b2bnn218n10；()当n10时，Rn|b1|b2|bn|b1b2b9(b10

4、b11bn)Tn2T9n218n152，故Rn3(2020合肥调研)已知等差数列an，a212，a524，数列bn满足b14，bn1bnan(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求使得成立的最小正整数n的值解(1)设等差数列an的公差为d，则a5a23d12，d4，ana2(n2)d4n4，bn1bn4n4，bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)4(414)(424)4(n1)44412(n1)4(n1)2n22n(n1)，b14也适合an4n4，bn2n22n(nN*)(2)，.即，解得n16，满足条件的最小正整数n的值为17.4(2020江西红色七校第一次联考)已知数列

5、an中，an0，Sn是它的前n项和，a13，且S3n2anS，n2.(1)求证：数列anan1为等差数列；(2)求an的前n项和Sn.解(1)证明：当n2时，因为S3n2anS，所以(SnSn1)(SnSn1)3n2an，又an0，所以SnSn13n2，Sn1Sn3(n1)2，两式对应相减得anan13(2n1)，所以(anan1)(an1an)6n3(6n3)6.又n2时，(3a2)212a29，故a26，同理a39，所以(a2a3)(a1a2)69(36)6，所以数列anan1为等差数列(2)当n为偶数时，Sn(a1a2)(a3a4)(an1an)337(2n1)3(n2n)；当n为奇数时

6、，Sna1(a2a3)(an1an)3359(2n1)33(n2n2)3(n2n)综上：Sn(n2n)1在anan122n1；Snkan；Snann22nk这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的正整数m存在，求出m的值；若m不存在，说明理由已知数列an中a11，其前n项和为Sn，且_，是否存在正整数m，使得Sm，Sm1，Sm2构成等差数列？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分解若选择条件，即anan122n1，则an1an222n1，两式相除得4，所以an的奇数项a1，a3，a5，和偶数项a2，a4，a6，分别构成公比为4的等比数列由于a11，所以a34，又a1a222

7、112，所以a22.因此aa1a3，于是a1，a2，a3成等比数列，故数列an是等比数列，且其公比q2，所以an2n1.故Sn2n1.所以Sm2m1，Sm12m11，Sm22m21，若Sm，Sm1，Sm2构成等差数列，则2(2m11)(2m1)(2m21)，整理得2m0，由于mN*，所以无解，故不存在正整数m，使得Sm，Sm1，Sm2构成等差数列若选择条件，即Snkan，由于a11，所以1k，则k，于是Snan.当n2时，Sn1an1，两式相减得ananan1，于是3，所以数列an是公比为3的等比数列因此an3n1，所以Sn(3n1)所以Sm(3m1)，Sm1(3m11)，Sm2(3m21)，

8、若Sm，Sm1，Sm2构成等差数列，则2(3m11)(3m1)(3m21)，整理得3m0，由于mN*，所以无解，故不存在正整数m，使得Sm，Sm1，Sm2构成等差数列若选择条件，即Snann22nk，由于a11，所以11k1，所以k1，因此Snann22n1，当n2时，Sn1an1(n1)22(n1)1，两式相减得ananan12n3，于是an12n3，所以an2n1.于是an为等差数列，且Snn12n2，所以Smm2，Sm1(m1)2，Sm2(m2)2，若Sm，Sm1，Sm2构成等差数列，则2(m1)2m2(m2)2，整理知该式无解，故不存在正整数m，使得Sm，Sm1，Sm2构成等差数列2已

9、知正项数列an的前n项和为Sn，且4Sn(an1)2.(1)求数列an的通项公式；(2)在bn；bn3nan；bn这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解若_，求bn的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分解(1)因为4Sn(an1)2，所以当n1时，4a14S1(a11)2，解得a11.当n2时，4Sn1(an11)2，又4Sn(an1)2，所以两式相减得4an(an1)2(an11)2，可得(anan1)(anan12)0，因为an0，所以anan12，所以数列an是首项为1，公差为2的等差数列，所以an2n1，故数列an的通项公式为an2n1.(2)若选条件，

10、bn，则Tn1.若选条件，bn3nan3n(2n1)，则Tn13332533(2n1)3n，上式两边同时乘3，可得3Tn132333534(2n1)3n1，两式相减得2Tn32(32333n)(2n1)3n16(22n)3n1，可得Tn(n1)3n13.若选条件，由an2n1可得Snn2，所以bn，故Tn.3在b4a3a5；b4b63a33a5；a2a3b4这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，说明理由已知an是等差数列，其前n项和为Sn，bn是公比大于0的等比数列，b11，b3b22，b5a42a6，且_，设cn，是否存在k，使得对任意的nN*，

11、都有ckcn?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分解设数列an的公差为d，bn的公比为q(q0)，因为bn是公比大于0的等比数列，且b11，b3b22，所以q2q2，解得q2(q1不合题意，舍去)所以bn2n1.若存在k，使得对任意的nN*，都有ckcn，则cn存在最小值若选，则由b5a42a6，b4a3a5可得解得d1，a11，所以Snn2n，cn.因为nN*，所以n2n2，所以cn不存在最小值，即不存在满足题意的k.若选，由b5a42a6，b4b63a33a5可得解得d1，a1，所以Snn2n，cn.因为当n20时，cn0，当n21时，cn0，所以易知cn的最小值为c21.即存在

12、k21，使得对任意的nN*，都有ckcn.若选，则由b5a42a6，a2a3b4可得解得d，a1，所以Sn，cn.因为2n226n28，所以cn不存在最小值，即不存在满足题意的k.4在数列Snn2是公差为3的等差数列，Snn2an5n4，数列an是公差不为0的等差数列，且a3a6a这三个条件中任意选择一个，添加到下面的题目中，然后解答补充完整的题目已知数列an中，a12，an的前n项和为Sn，且_(1)求an；(2)若bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分解(1)若选择条件，因为a12，所以S112a113.因为Snn2是公差为3的等差数列，

13、所以Snn233(n1)3n，所以Snn23n.当n2时，anSnSn1(n23n)(n1)23(n1)2n4，当n1时，a12，符合上式，所以an2n4.若选择条件，因为Snn2an5n4，所以当n2时，Sn1(n1)2an15(n1)4，两式相减，得ann2(n1)2anan15n5(n1)，即an12n6.所以an2n4(nN*)若选择条件，设等差数列an的公差为d，由a3a6a可得(a12d)(a15d)(a13d)2.又a12，d0，所以d2，所以数列an的通项公式为an2n4.(2)由(1)知bn，所以Tnb1b2bn.因为Tn1Tn0，所以数列Tn是递增数列，因此TnT1.又1，所以Tn，所以Tn.