【文档说明】【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：专题三　数列【高考】.docx，共(7)页，106.588 KB，由小赞的店铺上传

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专题三数列1．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且SnTn＝7n＋45n－3，则使得anbn为整数的正整数n的个数是()A．3个B．4个C．5个D．6个2．已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1Sn＋

(Sn－1)2＝0(n∈N*)，其中Sn为{an}的前n项和．若对任意的n均有(S1＋1)(S2＋1)…(Sn＋1)≥kn恒成立，则k的最大整数值为()A．2B．3C．4D．53．设Sn是数列{an}的前n项和，

且a1＝1，(n＋1)an＋1＝(n－1)Sn，则Sn＝__________.4．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，且Sn＝4－1＋2nan(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是an＝________.5．等差数列{an}的前n项和

为Sn，a2＋a4＝48，a5＝28，Sn＋30>nλ对一切n∈N*恒成立，则λ的取值范围为____________．6．已知等差数列{an}的公差d≠0，a1＝0，其前n项和为Sn，且a2＋2，S3，S4成等比数列．(1)求数列{an}的

通项公式；(2)若bn＝(2n＋2)22n＋Sn＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn－2n<32.7．(2018年湖北宜昌部分示范高中教学协作体期中联考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn是1与an的等差中项．(1)求数列{an}

的通项公式；(2)设Tn为数列2anan＋1的前n项和，证明：23≤Tn<1(n∈N)*.8．(2017年天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝1

2，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．9．(2019年浙江)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3，数列{bn}满足：对每一个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列

．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记Cn＝an2bn，n∈N*,证明：C1＋C2＋…＋Cn<2n，n∈N*.10．(2019年天津)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.(1)求{an}和{bn}的通

项公式；(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝1，2k<n<2k＋1，bk，n＝2k，其中k∈N*.ⅰ)求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；ⅱ)求21niiiac=(n∈N*)．专题三数列1．B解析：anb

n＝2an2bn＝a1＋a2n－1b1＋b2n－1＝S2n－1T2n－1＝14n＋382n－4＝7n＋19n－2＝7＋33n－2，∴n－2＝－1或1或3或11或33.∴n＝1或3或5或13或35.当n＝3时，SnTn＝7n＋45n－3中分母为

零，故舍去．2．B解析：当n≥1时，由条件可得Sn＋1－Sn＝－()Sn－12Sn，从而Sn＋1－1＝Sn－1Sn，故1Sn＋1－1－1Sn－1＝SnSn－1－1Sn－1＝1，又1S1－1＝12－1＝1，∴1Sn－1是首项、公差均为1的等差数列，1Sn－1

＝n，Sn＝n＋1n，依题只须k≤(S1＋1)(S2＋1)…(Sn＋1)nmin，令f(n)＝(S1＋1)(S2＋1)…(Sn＋1)n，则f(n＋1)f(n)＝n(Sn＋1＋1)n＋1＝n(2n＋3)(

n＋1)2>1，故f(n)min＝f(1)＝S1＋11＝3，∴kmax＝3，选B.3.2n－1n解析：∵(n＋1)an＋1＝(n－1)Sn，∴nan＋1＋Sn＋1＝nSn，∴n(Sn＋1－Sn)＋Sn＋1＝nSn，∴(n＋1)Sn＋1nSn＝2，∴{nSn}是首项为1，公比为2的等比数列，

则nSn＝2n－1，∴Sn＝2n－1n.4.n2n－1解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝1＋2n－1an－1－1＋2nan，则2＋2nan＝1＋2n－1an－1，即ann＝an－12(n－1)，∴数列ann是首项

为1，公比为12的等比数列，则ann＝12n－1，即an＝n2n－1.5．λ<30解析：a5＝28，a2＋a4＝a5＋a1＝48，∴a1＝20，d＝a5－a14＝28－204＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1

8，Sn＝n(20＋2n＋18)2＝n(n＋19)，由n(n＋19)＋30>nλ，得λ<n2＋19n＋30n＝n＋30n＋19，由函数f(x)＝x＋30x＋19的单调性及f(5)＝f(6)＝30知，当n＝5或n＝6时，n＋30n＋19最小，为30，故λ<30.6．(1)解：由a1＝0得an

＝(n－1)d，Sn＝n(n－1)d2，∵a2＋2，S3，S4成等比数列，∴S23＝(a2＋2)S4，即(3d)2＝(d＋2)·6d，整理得3d2－12d＝0，即d2－4d＝0，∵d≠0，∴d＝4，∴an＝(n－1)d＝4(n－1)＝4n－4.(2)证

明：由(1)可得Sn＋1＝2n(n＋1)，∴bn＝(2n＋2)22n＋2n(n＋1)＝4(n＋1)22n(n＋2)＝2＋2n(n＋2)＝2＋1n－1n＋2，∴Tn＝2n＋1－13＋12

－14＋…＋1n－1n＋2＝2n＋1＋12－1n＋1－1n＋2，∴Tn－2n<32.7．(1)解：n＝1时，a1＝1；n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，又4Sn＝(an＋1)2，两式相减得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.∵an>0，∴an－an－1＝2，∴{an}

是以1为首项，2为公差的等差数列，即an＝2n－1.(2)证明：2anan＋1＝2(2n－1)(2n＋1)＝12n－1－12n＋1，∴Tn＝1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n

＋1＝1－12n＋1，∴Tn<1，又∵1anan＋1>0，∴Tn≥T1＝23，综上23≤Tn<1成立．8．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，∴q2＋q－6＝0.又∵q>0，解得q

＝2.∴bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②联立①②，解得a1＝1，d＝3.由此可得an＝3n－2.∴{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n＝6

n－2，有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝12×

(1－2n)1－2－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16.∴Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.∴数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.9．(1)解：由题意得

a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3×22d，解得a1＝0，d＝2，则数列{an}的通项公式为an＝2n－2.其前n项和Sn＝(0＋2n－2)×n2＝n(n－1)．则n(n－1)＋bn，n(n＋1)＋b

n，(n＋1)(n＋2)＋bn成等比数列，即：[n(n＋1)＋bn]2＝[n(n－1)＋bn]×[(n＋1)(n＋2)＋bn]，∴n2(n＋1)2＋2n(n＋1)bn＋b2n＝n(n－1)(n＋1)(n＋2)＋(n＋1)(n＋2)bn＋n(n－1)

bn＋b2n，故bn＝n2(n＋1)2－n(n－1)(n＋1)(n＋2)(n＋1)(n＋2)＋n(n－1)－2n(n＋1)＝n(n＋1)．(2)证明：结合(1)中的通项公式可得：Cn＝an2bn＝n－1n(n

＋1)<1n＝2n＋n<2n＋n－1＝2(n－n－1)，则C1＋C2＋…＋Cn<2(1－0)＋2(2－1)＋…＋2(n－n－1)＝2n.10．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6q＝6＋2d，6q2＝

12＋4d，解得d＝3，q＝2，故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.∴{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.(2)ⅰ)an2(c2n－1)＝an2(b

n－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.∴数列{an2(cn2－1)}的通项公式为an2(cn2－1)＝9×4n－1.ⅱ)21nia=ici＝21[ni=ai＋ai(ci－1)]＝21nia=i＋21inia=(c2i－1)＝

2n×4＋2n(2n－1)2×3＋1ni=(9×4i－1)＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×4(1－4n)1－4－n＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com