高中数学高考一轮复习一轮复习 学案 数列大题解法

大题考法专项训练A级——中档题保分练1．已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝eq\f(4,bn·bn＋1)＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.2．已知首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq\f(an＋1－2,3)，设bn＝log2an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；(3)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(4,bn＋1bn＋3)))的前n项和Tn.3．(2023·福州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝eq\f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.B级——拔高题满分练1．(2023届高三·长沙摸底)已知数列{an}的首项a1＝3，a3＝7，且对任意的n∈N*，都有an－2an＋1＋an＋2＝0，数列{bn}满足bn＝a2n－1，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求使b1＋b2＋…＋bn＞2019成立的最小正整数n的值．2．已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与eq\f(1,an)的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(－1n,an)，求{bn}的前n项和Tn.3．(2023·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.(1)求{an}和{bn}的通项公式．(2)设数列{cn}满足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．数列大题考法专训练答案A级——中档题保分练1．解：(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12，得log2(a1a2a3)＝12，∴a1a2a3设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝2解得q＝4，∴an＝4·4n－1＝4n.(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，cn＝eq\f(4,2n·2n＋1)＋4n＝eq\f(1,nn＋1)＋4n＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＋4n.设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)))的前n项和为An，则An＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝eq\f(4－4n·4,1－4)＝eq\f(4,3)(4n－1)，∴Sn＝eq\f(n,n＋1)＋eq\f(4,3)(4n－1)．2．解：(1)依题意得a1＝2，则n＝1时，S1＝eq\f(a2－2,3)＝a1，∴a2＝8.n≥2时，Sn－1＝eq\f(an－2,3)，则an＝Sn－Sn－1＝eq\f(an＋1－2,3)－eq\f(an－2,3)，整理得eq\f(an＋1,an)＝4.又eq\f(a2,a1)＝4，∴数列{an}是首项为2，公比为4的等比数列，∴an＝2·4n－1＝22n－1.(2)bn＝log2an＝log222n－1＝2n－1，则bn＋1－bn＝2n＋1－(2n－1)＝2，且b1＝1，∴数列{bn}是等差数列．(3)由(2)得bn＝2n－1，∴eq\f(4,bn＋1bn＋3)＝eq\f(4,2n2n＋2)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,n＋1).3．解：(1)因为Sn＝3n2＋8n，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2＋8n－[3(n－1)2＋8(n－1)]＝6n＋5.当n＝1时，a1＝S1＝11也符合上式，所以an＝6n＋5，n∈N*.于是，bn＋1＋bn＝an＝6n＋5.因为{bn}是等差数列，所以可设bn＝kn＋t(k，t均为常数)，则有k(n＋1)＋t＋kn＋t＝6n＋5，即2kn＋k＋2t＝6n＋5对任意的n∈N*恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2k＝6，,k＋2t＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝3，,t＝1，))故bn＝3n＋1.(2)因为an＝6n＋5，bn＝3n＋1，所以cn＝eq\f(an＋1n＋1,bn＋2n)＝eq\f(6n＋6n＋1,3n＋3n)＝2n×(6n＋6)．于是，Tn＝12×2＋18×22＋24×23＋…＋2n×(6n＋6)，①所以2Tn＝12×22＋18×23＋24×24＋…＋2n×6n＋2n＋1×(6n＋6)，②①－②得，－Tn＝24＋6(22＋23＋…＋2n)－2n＋1×(6n＋6)＝24＋6×eq\f(22－2n×2,1－2)－2n＋1×(6n＋6)＝－2n＋1×6n，故Tn＝2n＋1×6n＝2n＋2×3n.B级——拔高题满分练1．解：(1)令n＝1，得a1－2a2＋a3＝0，解得a2＝又由an－2an＋1＋an＋2＝0，知an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1＝2，故数列{an}是首项a1＝3，公差d＝2的等差数列，于是an＝2n＋1，bn＝a2n－1＝2n＋1.(2)由(1)知，bn＝2n＋1.于是b1＋b2＋…＋bn＝(21＋22＋…＋2n)＋n＝eq\f(21－2n,1－2)＋n＝2n＋1＋n－2.令f(n)＝2n＋1＋n－2，易知f(n)是关于n的单调递增函数，又f(9)＝210＋9－2＝1031，f(10)＝211＋10－2＝2056，故使b1＋b2＋…＋bn＞2019成立的最小正整数n的值是10.2．解：(1)由题意知，2Sn＝an＋eq\f(1,an)，即2Snan－aeq\o\al(2,n)＝1，①当n＝1时，由①式可得S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入①式，得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，整理得Seq\o\al(2,n)－Seq\o\al(2,n－1)＝1.所以{Seq\o\al(2,n)}是首项为1，公差为1的等差数列，Seq\o\al(2,n)＝1＋n－1＝n.因为{an}的各项都为正数，所以Sn＝eq\r(n)，所以an＝Sn－Sn－1＝eq\r(n)－eq\r(n－1)(n≥2)．又a1＝S1＝1，所以an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).(2)bn＝eq\f(－1n,an)＝eq\f(－1n,\r(n)－\r(n－1))＝(－1)n(eq\r(n)＋eq\r(n－1))，当n为奇数时，Tn＝－1＋(eq\r(2)＋1)－(eq\r(3)＋eq\r(2))＋…＋(eq\r(n－1)＋eq\r(n－2))－(eq\r(n)＋eq\r(n－1))＝－eq\r(n)；当n为偶数时，Tn＝－1＋(eq\r(2)＋1)－(eq\r(3)＋eq\r(2))＋…－(eq\r(n－1)＋eq\r(n－2))＋(eq\r(n)＋eq\r(n－1))＝eq\r(n).所以{bn}的前n项和Tn＝(－1)neq\r(n).3．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3q＝3＋2d，,3q2＝15＋4d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝3，))故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以数列{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nb＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n×3＋\f(nn－1,2)×6))＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n