2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題5 數(shù)列 第2講 綜合大題部分真題押題精練 理.doc

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第2講　綜合大題部分 1. (2018高考全國卷Ⅱ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，已知a1＝－7，S3＝ －15. (1)求{an}的通項公式； (2)求Sn，并求Sn的最小值． 解析：(1)設(shè){an}的公差為d，由題意得3a1＋3d＝－15. 由a1＝－7得d＝2. 所以{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝2n－9. (2)由(1)得Sn＝n＝n2－8n＝(n－4)2－16. 所以當n＝4時，Sn取得最小值，最小值為－16. 2．(2017高考全國卷Ⅱ)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2. (1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通項公式； (2)若T3＝21，求S3. 解析：設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q， 則an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1. 由a2＋b2＝2得d＋q＝3.?、? (1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.?、? 聯(lián)立①和②解得(舍去)， 因此{bn}的通項公式為bn＝2n－1. (2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0， 解得q＝－5或q＝4. 當q＝－5時，由①得d＝8，則S3＝21. 當q＝4時，由①得d＝－1，則S3＝－6. 3．(2018高考全國卷Ⅲ)在等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通項公式； (2)記Sn為{an}的前n項和．若Sm＝63，求m. 解析：(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得an＝qn－1. 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1. (2)若an＝(－2)n－1，則Sn＝. 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程沒有正整數(shù)解． 若an＝2n－1，則Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 綜上，m＝6. 4．(2018高考天津卷)設(shè){an}是等差數(shù)列，其前n項和為Sn(n∈N*)；{bn}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項和為Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn； (2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整數(shù)n的值． 解析：(1)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q(q>0)． 由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0. 因為q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1. 所以Tn＝＝2n－1. 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4. 由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16， 從而a1＝1，d＝1，故an＝n， 所以Sn＝. (2)由(1)，有 T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2. 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得 ＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1， 整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍去)，或n＝4. 所以，n的值為4. 1. 已知首項為2的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＋1＝3Sn－2Sn－1(n≥2，n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解析：(1)因為Sn＋1＝3Sn－2Sn－1(n≥2)， 所以Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1(n≥2)， 即an＋1＝2an(n≥2)，所以an＋1＝2n＋1， 則an＝2n，當n＝1時，也滿足，故數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n. (2)因為bn＝＝(n＋1)()n， 所以Tn＝2＋3()2＋4()3＋…＋(n＋1)()n， ① Tn＝2()2＋3()3＋4()4＋…＋n()n＋(n＋1)()n＋1， ② ①－②得Tn＝2＋()2＋()3＋…＋()n－(n＋1)()n＋1＝＋()1＋()2＋()3＋…＋()n－(n＋1)()n＋1 ＝＋－(n＋1)()n＋1 ＝＋1－()n－(n＋1)()n＋1 ＝－. 故數(shù)列{bn}的前n項和為Tn＝3－. 2．已知數(shù)列{an}滿足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bnbn＋1}的前n項和Tn. 解析：(1)當n＝1時，a1＝. 因為a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝， ① 所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝(n≥2，n∈N*)， ② ①－②，得4n－1an＝(n≥2，n∈N*)， 所以an＝(n≥2，n∈N*)． 由于a1＝，故an＝(n∈N*)． (2)由(1)得bn＝＝， 所以bnbn＋1＝＝(－)， 故Tn＝(－＋－＋…＋－)＝(－)＝. 3．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，n∈N*，且a2＝3，S5＝25. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝，記數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，證明：Tn<1. 解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 因為a2＝3，S5＝25， 所以解得 所以an＝2n－1. (2)由(1)知，an＝2n－1，所以Sn＝＝n2. 所以bn＝＝＝－. 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝(1－)＋(－)＋…＋(－) ＝1－<1. 4．在數(shù)列{an}中，a1＝5，an＋1＝4an－3.令bn＝log4(an－1)，n∈N*. (1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求{bn}的通項公式； (2)記數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，若不等式(－1)nkbn<2Sn＋n＋4對所有的正奇數(shù)n都成立，求實數(shù)k的取值范圍． 解析：(1)因為bn＋1＝log4(an＋1－1)＝log4[4(an－1)]＝1＋log4(an－1)＝1＋bn，所以bn＋1－bn＝1， 所以數(shù)列{bn}是以b1＝log44＝1為首項，1為公差的等差數(shù)列， 所以bn＝1＋(n－1)1＝n. (2)由(1)知bn＝n，則Sn＝， 所以(－1)nkbn<2Sn＋n＋4等價于(－1)nkn－(n＋)－2，則k>[－(n＋)－2]max. 令函數(shù)f(x)＝－(x＋)－2，x>0， 則f′(x)＝＝， 所以當x∈(0,2)時，f′(x)>0， 當x∈(2，＋∞)時，f′(x)<0， 即f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減， 由f(1)＝－7－，即實數(shù)k的取值范圍為(－，＋∞)．