2019屆高三數(shù)學(理)二輪復習練習大題規(guī)范練(三)數(shù)列綜合題

大題規(guī)范練(三)數(shù)列綜合題(限時：60分鐘)1．(2013·高考山東卷)設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)n＋1*設數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，且Tn＋an＝λ(λ為常數(shù))，令cn＝b2n(n∈N)，求2數(shù)列{cn}的前n項和Rn.2．已知公比為q的等比數(shù)列{an}的前6項和6＝21，且41、32、2成等差數(shù)列．Sa2aa求an；(2)設{bn}是首項為2，公差為－1的等差數(shù)列，其前n項和為n，求不等式n－n＞0aTTb的解集．*3．(2014·濟南市模擬)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N)，等差數(shù)列{bn}知足b3＝3，b5＝9.分別求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)設cbn＋2*1n＋1nnan*4．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋3(n∈N)．(1)求數(shù)列{an}的通項an；(2)nna，數(shù)列的前n項和為Tn若數(shù)列知足b＝(3－1)，若不等式(－1)λ＜nnn2nnnn*對全部n∈N恒建立，求λ的取值范圍．25．(2014·遼寧省五校聯(lián)考n12＝a(a≠0)n＋2an＋1)已知數(shù)列{a}知足：a＝1，a，a＝p·an(此中p為非零常數(shù)，∈N*)．n(1)判斷數(shù)列an＋1是否是等比數(shù)列；an(2)求an；nan＋2當a＝1時，令bn＝an，Sn為數(shù)列{bn}的前n項和，求Sn.nn12Snn＋11226．(2013·高考廣東卷)設數(shù)列{a}的前n項和為S.已知a＝1，n＝a－3n－n－3，n∈*N.求a2的值；求數(shù)列{an}的通項公式；1117證明：對全部正整數(shù)n，有＋＋＋＜.a1a2an4大題規(guī)范練(三)1．解：(1)設等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d.由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得4a1＋6d＝8a1＋4d，①a1＋（2n－1）d＝2a1＋2（n－1）d＋1.a1＝1，解得d＝2.所以an＝2n－1，n∈N*.②(4分)n(2)由題意知Tn＝λ－2n－1，所以當n≥2時，bn＝Tn－Tn－1＝－nn－1n－22n－1＋2n－2＝2n－1.2n－21n－1*故cn＝b2n＝22n－1＝(n－1)4，n∈N.(6分)10＋1×1112131n－1，44444n11112131n－11n＋2×＋(n－1)×.(8分)則Rn＝0×4＋1×4＋＋(n－2)×4444兩式相減得11n3n1112131n－11n4－41n14R＝4＋4＋4＋＋4－(n－1)×4＝1－(n－1)×4＝3－1－41＋3n1n34，3n＋1整理得Rn＝94－4n＋1.所以數(shù)列{c13n＋1.(12分)94－4nnn－132．解：(1)∵4a1、2a2、a2成等差數(shù)列，4a1＋a2＝3a2，即4a1＝2a2，∴q＝2.(2分)則a1（1－26）＝21，解得a1S31－2n－1∴an＝2.(5分)3(2)由(1)得－117－n1＝－，∴n＝2＋(－1)－＝，a3bn33n113－2n－nnT＝2n＋2(n－1)·3＝6，(9分)nn（n－1）（n－14）1＜n＜*∴T－b＞0，即－6＞0，解得14(n∈N)，故不等式n－n＞0的解集為{*＜＜14}．(12分)∈N|1Tbnn3．解：(1)由an＋1＝2Sn＋1，①得an＝2Sn－1＋1(n≥2，n∈N*)，②①－②得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，∴an＋1＝3an(n≥2，n∈N*)，又a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1，∴an＝3n－1.(4分)∵b5－b3＝2d＝6，∴d＝3，bn＝3n－6.(6分)∵an＋2＝3n＋1，bn＋2＝3n，(8分)3nncn＝3n＋1＝3n，(9分)1－2ncn＋1－cn＝3n＋1＜0，(10分)1∴cn＋1＜cn＜＜c1＝3，(11分)1即cn＋1＜cn≤.(12分)31a＋334．解：(1)由題知，＝n＝＋1，an＋1aann1111∴＋＝3＋，nn1111n－13n∴n＋＝1＋2·3＝，a2a2nn2∴a＝3－1.(4分)(2)由(1)知，bn＝nn2＝n·1n－1，(3－1)·n·n223－111121n－1Tn＝1×1＋2×2＋3×2＋＋n·2，1n＝112n－1)1n－1×＋×＋＋＋2T1222(21n2，(6分)兩式相減得，1n1111n1－2nn＋2n＋2分)＝1＋＋2＋＋n－1－n＝－n＝2－n，∴n＝4－n－1.(8n222212222T1－T2n＋3n＋2n＋1n＋1n＝4－n－4－n－1n＞0，∵T－T22＝2∴{Tn}為遞加數(shù)列．①當n為正奇數(shù)時，－λ＜Tn對全部正奇數(shù)建立，(Tn)min＝T1＝1，∴－λ＜1，∴λ＞－1；②當n為正偶數(shù)時，λ＜Tn對全部正偶數(shù)建立，(Tn)min＝T2＝2，∴λ＜2.綜合①②知，－1＜λ＜2.(12分)a2aan＋1＋25．解：(1)由n＋2＝·nn＋1，得＝·.(1分)nnnan＋1令cn＝an，則c1＝a，cn＋1＝＋1∵a≠0，∴c1≠0，cn＝p(非零常數(shù))，∴數(shù)列an＋1是等比數(shù)列．(3分)an∵數(shù)列{cn}是首項為a，公比為p的等比數(shù)列，n－1n－1an＋1n－1∴cn＝c1·p＝a·p，即an＝ap.(4分)ann－1a2n－2n－30n－1n2－3n＋22當n≥2時，an＝·，aa··a·a1＝(ap)×(aq)××(ap)×1＝apn－1n－21(6分)n＝n－1n2－3n＋2∈N*.(7∵1知足上式，∴p2，分)aaanan＋2an＋2an＋1nn－122n－1，(3)∵＝a·a＝(ap)×(ap)＝apnn＋1nna＋22n－1n∴當a＝1時，bn＝an＝np.(8分)∴Sn＝1×p1＋2×p3＋＋np2n－1，①232n－12n＋1②pSn＝1×p＋＋(n－1)p＋np.∴當p2≠1時，即≠±1時，①－②得：p2n132n－12n＋1(1－p)S＝p＋p＋＋p－npp（1－p2n）2n＋1＝1－p2－np，p（1－p2n）np2n＋1即Sn＝（1－p2）2－1－p2；(11分)當p＝nn（n＋1）1時，S＝1＋2＋＋n＝2；(12分)（＋1）.(13分)當p＝－1時，Sn＝(－1)＋(－2)＋＋(－n)＝－2綜上所述，n（n＋1）2

，p＝1，n（n＋1）S2p（1－p2n）np2n＋1（1－p2）2－1－p2，p≠±1.6．解：(1)依題意，2S1＝a2－1－1－2，3又S1＝a1＝1，所以a2＝4.(2分)(2)解法一：由題意2n＝n＋1－13－2－2，Sna3nn3n1322所以當n≥2時，2Sn－1＝(n－1)an－3(n－1)－(n－1)－3(n－1)，(4分)122兩式相減得2an＝nan＋1－(n－1)an－3(3n－3n＋1)－(2n－1)－3，整理得nan＋1－(n＋1)an＝n(n＋1)，即an＋1an分)n＋－＝1.(61na2a141又當n＝1時，2－1＝2－1＝1，aan1所以數(shù)列n是首項為1＝1，公差為1的等差數(shù)列，an2所以n＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n，所以數(shù)列{an}的通項公式為2*分)an＝n，n∈N.(82Sn122解法二：由于n＝an＋1－3n－n－3，2Sn122所以n＝Sn＋1－Sn－3n－n－3.(4分)n＋2nn1n＋2)，整理得nS＝S＋1－3(n＋1)(所以Sn＋1－Sn1n（n＋1）＝，（n＋1）（n＋2）3SnS11所以數(shù)列n（n＋1）是首項為2，公差為3的等差數(shù)列，(6分)SS12n＋1n1所以（＋1）＝2＋3(n－1)＝6，nnn（n＋1）（2n＋1）所以Sn＝，6所以Sn－1＝（n－1）n（2n－1）(n≥2)，6所以an＝n－n－1＝n2(≥2)．SSn由于a1＝1切合上式，nn2*分)所以數(shù)列{a}的通項公式為a＝n，n∈N.(8111證明：設Tn＝＋＋＋.a1a2an7當n＝1時，T