【文档说明】2025届高考一轮复习专项练习 数学 高考大题专项（三）　数列 Word版含解析.docx，共(7)页，37.816 KB，由小赞的店铺上传

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高考大题专项(三)数列1.(2020陕西咸阳高三第一次模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-2n-1(n∈N*).(1)求证:数列{an+2}是等比数列;(2)求数列{n·(an+2)}的前n项和.2.(2020山东高考预测卷)在①b4=a3+a5

;②b4+b6=3a3+3a5;③a2+a3=b4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,b1=1,b3=b

2+2,b5=a4+2a6,且,设cn=𝑏2𝑆𝑛,是否存在k,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn?3.若数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2=2,(Sn+1)·(Sn+2+1)=(Sn+1+1)2.(1)求Sn;(2)记数列{1𝑎𝑛}的前n项和

为Tn,证明:1≤Tn<2.4.(2020江西师大附中、鹰潭一中高三模考)在数列{an}中,a1=1,a1+𝑎22+𝑎33+…+𝑎𝑛𝑛=2n-1(n∈N*).(1)求数列{an}的前n项和Sn;(2)若存在n∈N*,使得an≤n(n+1)λ成立,求实数λ的最小

值.5.(2020安徽合肥高三第二次质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=1,S7=14,数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn=2𝑛2+𝑛2.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足

cn=bncos(anπ),求数列{cn}的前2n项和T2n.6.(2020天津,19)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).(1)求{an}和{bn}的通项公式;(

2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2<𝑆𝑛+12(n∈N*);(3)对任意的正整数n,设cn={(3𝑎𝑛-2)𝑏𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+2,𝑛为奇数,𝑎𝑛-1𝑏𝑛+1,�

�为偶数,求数列{cn}的前2n项和.参考答案高考大题专项(三)数列1.(1)证明令n=1,则a1=S1=2a1-3,解得a1=3,当n≥2且n∈N*时,Sn=2an-2n-1,Sn-1=2an-1-2n+1,∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-2,即an=2an-1+2,∴

an+2=2(an-1+2).∴{an+2}是以a1+2=5为首项,2为公比的等比数列.(2)解由(1)知,an+2=5·2n-1,∴n(an+2)=5n·2n-1.设数列{n(an+2)}的前n项和为Tn,则Tn=5×20+1

0×21+15×22+…+5(n-1)·2n-2+5n·2n-1.∴2Tn=5×21+10×22+15×23+…+5(n-1)·2n-1+5n·2n.两式作差,得-Tn=5+5×(21+22+…+2n-1)-5n·2

n=5+5×2(1-2𝑛-1)1-2-5n·2n=(5-5n)·2n-5,∴Tn=(5n-5)·2n+5.2.解设数列{an}的公差为d,{bn}的公比为q(q>0),因为{bn}是公比大于0的等比数列,且b1=1

,b3=b2+2,所以q2=q+2,解得q=2(q=-1不合题意,舍去).所以bn=2n-1.若存在k,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn,则cn存在最小值.方案一:若选①,则由b5=a4+2a6,b4=a3+a5,可得{3𝑎1+13𝑑=16,2𝑎1+6𝑑=8,解得{

𝑎1=1,𝑑=1.所以Sn=12n2+12n,cn=𝑏2𝑆𝑛=212𝑛2+12𝑛=4𝑛2+𝑛.因为n∈N*,所以n2+n≥2,{cn}是递减数列,所以cn不存在最小值,即不存在满足题意的k.方案二:若选②,由b5=a4+2a6,b4+b6=3a3+3a5,可得{3𝑎1+13�

�=16,6𝑎1+18𝑑=40,解得{𝑎1=293,𝑑=-1.所以Sn=-12n2+616n,cn=𝑏2𝑆𝑛=12-3𝑛2+61𝑛.因为当n≤20时,cn>0,当n≥21时,cn<0,所以易知cn的最小值为c21=-27.即存在k=2

1,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn.方案三:若选③,则由b5=a4+2a6,a2+a3=b4,可得{3𝑎1+13𝑑=16,2𝑎1+3𝑑=8,解得{𝑎1=5617,𝑑=817.所以Sn=4𝑛2+52𝑛17,cn=𝑏2𝑆𝑛=172𝑛2+26𝑛.因为n∈N*

,所以2n2+26n≥28,{cn}是递减数列,所以cn不存在最小值,即不存在满足题意的k.3.(1)解由题意得𝑆𝑛+2+1𝑆𝑛+1+1=𝑆𝑛+1+1𝑆𝑛+1=…=𝑆2+1𝑆1+1,所以数列{Sn+1}是等比数列.又因为S1+1=

a1+1=2,S2+1=a1+a2+1=4,所以𝑆2+1𝑆1+1=2,所以数列{Sn+1}是首项为2,公比为2的等比数列.所以Sn+1=2×2n-1=2n,所以Sn=2n-1.(2)证明由(1)知,当n≥2时,Sn=2n

-1,Sn-1=2n-1-1,两式相减得an=2n-1.当n=1时,a1=1也满足an=2n-1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).所以1𝑎𝑛=12𝑛-1(n∈N*).所以Tn=1𝑎1+1𝑎2+…+1�

�𝑛=1+12+…+12𝑛-1=1-(12)𝑛1-12=2-12𝑛-1.因为n∈N*,所以0<12𝑛-1≤1,所以-1≤-12𝑛-1<0.所以1≤2-12𝑛-1<2,即1≤Tn<2.4.解(1)a

1+𝑎22+𝑎33+…+𝑎𝑛𝑛=2n-1(n∈N*),①a1+𝑎22+𝑎33+…+𝑎𝑛-1𝑛-1=2n-1-1(n≥2),②①-②得𝑎𝑛𝑛=2n-1(n≥2).∴an=n·2n-1(n≥2),当n=1时,a1=1,也符合上式,∴

an=n·2n-1.∴Sn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1,③2Sn=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,④③-④得-Sn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=(1-n)·2n-1,∴Sn=(

n-1)·2n+1.(2)由an≤n(n+1)λ(n∈N*),得𝜆≥𝑎𝑛𝑛(𝑛+1)=2𝑛-1𝑛+1.令f(n)=2𝑛-1𝑛+1(n∈N*),则𝑓(𝑛+1)𝑓(𝑛)=2𝑛𝑛+2·𝑛+12𝑛-1=2𝑛+2𝑛+2>1,∴f(n

)单调递增,从而f(n)min=f(1)=12,∴𝜆≥12,因此实数λ的最小值为12.5.解(1)设{an}的公差为d,由a2=1,S7=14得{𝑎1+𝑑=1,7𝑎1+21𝑑=14.解得a1=12,d=12,∴an=𝑛2.∵b1·b

2·b3·…·bn=2𝑛2+𝑛2=2𝑛(𝑛+1)2,∴b1·b2·b3·…·bn-1=2𝑛(𝑛-1)2(n≥2),两式相除得bn=2n(n≥2).当n=1时,b1=2符合上式.∴bn=2n.(2)∵cn=bncos(anπ)=2ncos(𝑛2π),∴T2n

=2cosπ2+22cosπ+23cos3π2+24cos(2π)+…+22n-1cos(2𝑛-1)π2+22ncos(nπ)=22cosπ+24cos(2π)+…+22ncos(nπ)=-22+24-…+(-1)n·22n=-4[1-(-4)𝑛]1+4=-4

+(-4)𝑛+15.6.(1)解设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),又q≠0,可得q2-4q

+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1.(2)证明由(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,从而SnSn+

2-𝑆𝑛+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以SnSn+2<𝑆𝑛+12.(3)解当n为奇数时,cn=(3𝑎𝑛-2)𝑏𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+2=(3𝑛-2)2𝑛-1𝑛(𝑛+2)=2𝑛+1𝑛+2−2𝑛-1𝑛;当

n为偶数时,cn=𝑎𝑛-1𝑏𝑛+1=𝑛-12𝑛.对任意的正整数n,有∑𝑘=1𝑛c2k-1=∑k=1n22𝑘2𝑘+1−22𝑘-22𝑘-1=22𝑛2𝑛+1-1,和∑𝑘=1𝑛c2k=∑𝑘=1𝑛2𝑘-14𝑘=14+342+543+…+2𝑛

-14𝑛.①由①得14∑𝑘=1𝑛c2k=142+343+…+2𝑛-34𝑛+2𝑛-14𝑛+1.②由①②得34∑𝑘=1𝑛c2k=14+242+…+24𝑛−2𝑛-14𝑛+1=24(1-14𝑛)1-14−14−2𝑛-14𝑛+1,从而得∑�

�=1𝑛c2k=59−6𝑛+59×4𝑛.因此,∑𝑘=12𝑛ck=∑𝑘=1𝑛c2k-1+∑𝑘=1𝑛c2k=4𝑛2𝑛+1−6𝑛+59×4𝑛−49.所以,数列{cn}的前2n项和为4𝑛2𝑛+1−6𝑛+59×4𝑛−49.