2019届高考数学专题5数列第2讲综合大题部分真题押题精练文.docx

第2讲综合大题部分1. (2018高考全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S3 15.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值解析：(1)设an的公差为d，由题意得3a13d15.由a17得d2.所以an的通项公式为ana1(n1)d2n9.(2)由(1)得Snnn28n(n4)216.所以当n4时，Sn取得最小值，最小值为16.2(2017高考全国卷)已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，a11，b11，a2b22.(1)若a3b35，求bn的通项公式；(2)若T321，求S3.解析：设an的公差为d，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1.由a2b22得dq3.(1)由a3b35得2dq26.联立和解得(舍去)，因此bn的通项公式为bn2n1.(2)由b11，T321得q2q200，解得q5或q4.当q5时，由得d8，则S321.当q4时，由得d1，则S36.3(2018高考全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和若Sm63，求m.解析：(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q2或q2.故an(2)n1或an2n1.(2)若an(2)n1，则Sn.由Sm63得(2)m188，此方程没有正整数解若an2n1，则Sn2n1.由Sm63得2m64，解得m6.综上，m6.4(2018高考天津卷)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*)已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值解析：(1)设等比数列bn的公比为q(q0)由b11，b3b22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故bn2n1.所以Tn2n1.设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可得a13d4.由b5a42a6，可得3a113d16，从而a11，d1，故ann，所以Sn.(2)由(1)，有T1T2Tn(21222n)nn2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，整理得n23n40，解得n1(舍去)，或n4.所以，n的值为4.1. 已知首项为2的数列an的前n项和为Sn，且Sn13Sn2Sn1(n2，nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解析：(1)因为Sn13Sn2Sn1(n2)，所以Sn1Sn2Sn2Sn1(n2)，即an12an(n2)，所以an12n1，则an2n，当n1时，也满足，故数列an的通项公式为an2n.(2)因为bn(n1)()n，所以Tn23()24()3(n1)()n，Tn2()23()34()4n()n(n1)()n1，得Tn2()2()3()n(n1)()n1()1()2()3()n(n1)()n1(n1)()n11()n(n1)()n1.故数列bn的前n项和为Tn3.2已知数列an满足a14a242a34n1an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bnbn1的前n项和Tn.解析：(1)当n1时，a1.因为a14a242a34n2an14n1an，所以a14a242a34n2an1(n2，nN*)，得4n1an(n2，nN*)，所以an(n2，nN*)由于a1，故an(nN*)(2)由(1)得bn，所以bnbn1()，故Tn()().3已知等差数列an的前n项和为Sn，nN*，且a23，S525.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn，记数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn1.解析：(1)设等差数列an的公差为d.因为a23，S525，所以解得所以an2n1.(2)由(1)知，an2n1，所以Snn2.所以bn.所以Tnb1b2b3bn(1)()()11.4在数列an中，a15，an14an3.令bnlog4(an1)，nN*.(1)求证：数列bn是等差数列，并求bn的通项公式；(2)记数列bn的前n项和为Sn，若不等式(1)nkbn2Snn4对所有的正奇数n都成立，求实数k的取值范围解析：(1)因为bn1log4(an11)log44(an1)1log4(an1)1bn，所以bn1bn1，所以数列bn是以b1log441为首项，1为公差的等差数列，所以bn1(n1)1n.(2)由(1)知bnn，则Sn，所以(1)nkbn2Snn4等价于(1)nknn22n4，即(1)nk(n)2，则k(n)2max