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第42練 高考大題突破練——數(shù)列
訓(xùn)練目標(biāo)
(1)數(shù)列知識的綜合應(yīng)用；(2)中檔大題的規(guī)范練．
訓(xùn)練題型
(1)等差、等比數(shù)列的綜合；(2)數(shù)列與不等式的綜合；(3)數(shù)列與函數(shù)的綜合；
(4)一般數(shù)列的通項(xiàng)與求和．
解題策略
(1)將一般數(shù)列轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列；
(2)用方程(組)思想解決等差、等比數(shù)列的綜合問題.
1.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知
3、2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若數(shù)列{bn}滿足anbn＝log3an，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
2．已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
3．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且4Sn＝a＋2an－3.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)已知bn＝2n，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn的值．
4、
4.在數(shù)列{an}中，a1＝，其前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝an＋1－(n∈N*)．
(1)求an，Sn；
(2)設(shè)bn＝log2(2Sn＋1)－2，數(shù)列{cn}滿足cn·bn＋3·bn＋4＝1＋(n＋1)(n＋2)·2bn，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求使4Tn>2n＋1－成立的最小正整數(shù)n的值．
5．已知函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝.
(1)當(dāng)n∈N*時，求f(n)的表達(dá)式；
(2)設(shè)an＝n·f(n)，n∈N*，求證：a1＋a2＋a3＋…＋an<2；
(3)設(shè)bn＝(9－n)，n∈N*，Sn為{bn}的前n項(xiàng)和，當(dāng)Sn最
5、大時，求n的值．
答案精析
1．解 (1)因?yàn)?Sn＝3n＋3，
所以2a1＝3＋3，故a1＝3，
當(dāng)n>1時，2Sn－1＝3n－1＋3，
此時2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，
即an＝3n－1，
顯然a1不滿足an＝3n－1，
所以an＝
(2)因?yàn)閍nbn＝log3an，所以b1＝，
當(dāng)n>1時，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n，
所以T1＝b1＝.
當(dāng)n>1時，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3－1＋2×3－2＋3×3－3＋…＋(n－1)×31－n]，
所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋3×
6、3－2＋…＋(n－1)×32－n]，
兩式相減，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋3－3＋…＋32－n)－(n－1)×31－n
＝＋－(n－1)×31－n
＝－，
所以Tn＝－.
經(jīng)檢驗(yàn)，n＝1時也適合．
綜上可得Tn＝－.
2．解 (1)由題設(shè)知a1·a4＝a2·a3＝8.
又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)．
由a4＝a1q3得公比q＝2，
故an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
(2)Sn＝＝2n－1，
又bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋＝－
＝1－.
3．解 (1)當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝a＋a1－.
解得a1＝3.又
7、∵4Sn＝a＋2an－3，①
當(dāng)n≥2時，4Sn－1＝a＋2an－1－3.②
①－②，得4an＝a－a＋2(an－an－1)，
即a－a－2(an＋an－1)＝0.
∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝2 (n≥2)，
∴數(shù)列{an}是以3為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)Tn＝3×21＋5×22＋…＋(2n＋1)·2n，③
2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)2n＋1，④
④－③，得
Tn＝－3×21－2(22＋23＋…＋2n)＋(2n＋1)2n＋1
8、
＝－6＋8－2·2n＋1＋(2n＋1)·2n＋1
＝(2n－1)2n＋1＋2.
4．解 (1)由Sn＝an＋1－，得Sn－1＝an－(n≥2)，
兩式作差得an＝an＋1－an，即2an＝an＋1(n≥2)，∴＝2(n≥2)，
由a1＝S1＝a2－＝，得a2＝1，∴＝2，
∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為，公比為2的等比數(shù)列．
則an＝·2n－1＝2n－2，Sn＝an＋1－＝2n－1－.
(2)bn＝log2(2Sn＋1)－2＝log22n－2＝n－2，
∴cn·bn＋3·bn＋4＝1＋(n＋1)(n＋2)·2bn，
即cn(n＋1)(n＋2)＝1＋(n＋1)(n＋2)·2n－2，
9、
∴cn＝＋2n－2
＝－＋2n－2，
∴Tn＝(－)＋(－)＋…＋(－)
＋(2－1＋20＋…＋2n－2)
＝－＋
＝－－＋2n－1
＝2n－1－.
由4Tn>2n＋1－，
得4(2n－1－)>2n＋1－.
即<，n>2 014.
∴使4Tn>2n＋1－成立的最小正整數(shù)n的值為2 015.
5．(1)解 令x＝n，y＝1，
得f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝f(n)，
∴{f(n)}是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，
∴f(n)＝()n.
(2)證明 設(shè)Tn為{an}的前n項(xiàng)和，
∵an＝n·f(n)＝n·()n，
∴Tn＝＋2×()2＋3×()3＋…＋n×()n，
Tn＝()2＋2×()3＋3×()4＋…＋(n－1)×()n＋n×()n＋1，
兩式相減得Tn＝＋()2＋()3＋…＋()n－n×()n＋1，
＝1－()n－n×()n＋1，
∴Tn＝2－()n－1－n×()n<2.
(3)解 ∵f(n)＝()n，
∴bn＝(9－n)
＝(9－n)＝.
∴當(dāng)n≤8時，bn>0；
當(dāng)n＝9時，bn＝0；
當(dāng)n>9時，bn<0.
∴當(dāng)n＝8或n＝9時，Sn取得最大值．
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