高考大題專項(三)　數(shù)列

1、 高考大題專項(三)數(shù)列1.(2020廣東天河區(qū)模擬)已知Sn為數(shù)列an的前n項和,且a10,6Sn=an2+3an+2,nN*.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)若nN*,bn=(-1)nan2,求數(shù)列bn的前2n項和T2n.2.(2020湖南郴州二模,文17)設等差數(shù)列an的公差為d(d1),前n項和為Sn,等比數(shù)列bn的公比為q.已知b1=a1,b2=3,2q=3d,S10=100.(1)求數(shù)列an,bn的通項公式;(2)記cn=anbn,求數(shù)列cn的前n項和Tn.3.(2020安徽合肥4月質檢二,理17)已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn,a2=1,S7=14,數(shù)列bn滿足b1b2b3b

2、n=2n2+n2.(1)求數(shù)列an和bn的通項公式;(2)若數(shù)列cn滿足cn=bncos(an),求數(shù)列cn的前2n項和T2n.4.(2020山西長治二模)Sn為等比數(shù)列an的前n項和,已知a4=9a2,S3=13,且公比q0.(1)求an及Sn.(2)是否存在常數(shù),使得數(shù)列Sn+是等比數(shù)列?若存在,求出的值;若不存在,請說明理由.5.(2020天津,19)已知an為等差數(shù)列,bn為等比數(shù)列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).(1)求an和bn的通項公式;(2)記an的前n項和為Sn,求證:SnSn+20知d0,故Snan等價于n2-11n+100,解得1n10.

3、所以n的取值范圍是n|1n10,nN.2.解(1)當n=1時,6a1=a12+3a1+2,且a10,所以an-an-1=3,所以數(shù)列an是首項為1,公差為3的等差數(shù)列,所以an=1+3(n-1)=3n-2.(2)bn=(-1)nan2=(-1)n(3n-2)2.所以b2n-1+b2n=-(6n-5)2+(6n-2)2=36n-21.所以數(shù)列bn的前2n項的和T2n=36(1+2+n)-21n=36n(n+1)2-21n=18n2-3n.3.解(1)由題意,得S10=10a1+45d=100,b2=b1q=3,將b1=a1,q=32d代入上式,可得2a1+9d=20,a1d=2,解得a1=9,d

4、=29(舍去),或a1=1,d=2.數(shù)列an的通項公式為an=1+2(n-1)=2n-1,nN*.b1=a1=1,q=32d=322=3,數(shù)列bn的通項公式為bn=13n-1=3n-1,nN*.(2)由(1)知,cn=anbn=(2n-1)3n-1,Tn=c1+c2+c3+cn=11+33+532+(2n-1)3n-1,3Tn=13+332+(2n-3)3n-1+(2n-1)3n,-,得-2Tn=1+23+232+23n-1-(2n-1)3n=1+2(3+32+3n-1)-(2n-1)3n=1+23-3n1-3-(2n-1)3n=-(2n-2)3n-2,Tn=(n-1)3n+1.4.解(1)設

5、數(shù)列an的公差為d,由a2=1,S7=14,得a1+d=1,7a1+21d=14.解得a1=12,d=12,所以an=n2.b1b2b3bn=2n2+n2=2n(n+1)2,b1b2b3bn-1=2n(n-1)2(n2),兩式相除,得bn=2n(n2).當n=1時,b1=2適合上式.bn=2n.(2)cn=bncos(an)=2ncosn2,T2n=2cos2+22cos +23cos32+24cos(2)+22n-1cos(2n-1)2+22ncos(n)則T2n=22cos +24cos(2)+26cos(3)+22ncos(n)=-22+24-26+(-1)n22n=-41-(-4)n1

6、+4=-4+(-4)n+15.5.解(1)由題意可得a1q3=9a1q,a1(1-q3)1-q=13,q0,解得a1=1,q=3,所以an=3n-1,Sn=1-3n1-3=3n-12.(2)假設存在常數(shù),使得數(shù)列Sn+是等比數(shù)列,因為S1+=+1,S2+=+4,S3+=+13,所以(+4)2=(+1)(+13),解得=12,此時Sn+12=123n,則Sn+1+12Sn+12=3,故存在常數(shù)=12,使得數(shù)列Sn+12是等比數(shù)列.6.(1)解設等差數(shù)列an的公差為d,等比數(shù)列bn的公比為q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,從而an的通項公式為an=n.由b1=1,b5=4(b4-

7、b3),又q0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,從而bn的通項公式為bn=2n-1.(2)證明由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14(n+1)2(n+2)2,從而SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n+2)0,所以SnSn+2Sn+12.(3)解當n為奇數(shù)時,cn=(3an-2)bnanan+2=(3n-2)2n-1n(n+2)=2n+1n+2-2n-1n;當n為偶數(shù)時,cn=an-1bn+1=n-12n.對任意的正整數(shù)n,有k=1nc2k-1=k=1n22k2k+1-22k-22k-1=22n2n+1-1,k=1nc2k=k=1n2k-14k=14+342+543+2n-14n.由得14k=1nc2k=142+343+2n-34n+2n-14n+1.由得34k=1nc2k=14+242+24n-2n-14n+1=241-14n1-