2022版高中数学一轮复习高考大题强化练三数列综合问题理含解析新人教A版
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1－2 所以 Sn＝(n－1)·2n＋1＋2；
(3)由(1)知 an＝n·2n，
所以 bn＝ 1 ＋
1
an＋1 （n＋1）an
＝
1
＋
1
（n＋1）·2n＋1 n（n＋1）·2n
＝
1
（n＋1）·2n＋1
＋2
1－
1
n·2n＋1 （n＋1）·2n＋1
＝1 －
1
，
n·2n （n＋1）·2n＋1
所以 Tn＝1·121
所以 Sn=
=1- <1.
3．已知{an}满足 a1＝2，an＋1－2an＝2n＋1.
an (1)证明 2n 是等差数列；
(2)求{an}的前 n 项和 Sn；
(3)若 bn＝ 1 ＋
1
，{bn}的前 n 项和是 Tn，求证：Tn＜1 .
an＋1 （n＋1）an
2
【解析】(1)因为 an＋1－2an＝2n＋1，所以a2nn＋ ＋11
【解析】(1)因为 a1=1,an=2an+1- (n∈N*), 两边同时乘以 2n,即有 2nan=2n+1an+1-1, 即 2n+1·an+1-2n·an=1. 又 21a1=2,所以数列{2n·an}是首项为 2,公差为 1 的等差数列, 所以 2n·an=n+1,故 an= .
(2)由(1)知 bn= = ,
－1 2·22
＋1 2·22
－1 3·23
＋…＋ 1 n·2n
－
1
（n＋1）·2n＋1
＝1 2
－
1
（n＋1）·2n＋1
＜1 2
.
π
2α＋
4．已知α是锐角，tan α＝ 2 －1，函数 f(x)＝x2tan 2α＋x·sin
4 ，数列{an}的前 n 项
和为 Sn，且 2Sn＝f(n).数列{bn}是等比数列，b1＝1，a5－b2＝3.
bn an
所以 1 － 1
＝1，整理得 1 －2＝1
1 －2 bn－1
，
bn 2bn－1
bn
2
所以{ 1 －2}是以 1 －2＝－1 为首项，1 为公比的等比数列；
bn
b1
2
2
(2)由于{ 1 －2}是以 1 － Nhomakorabea＝－1 为首项，1 为公比的等比数列；
bn
b1
2
2
所以 bn＝2n＋21n－1 ，
所以 cn＝bnb2nn＋1
所以 b2＝a5－3＝5－3＝2＝q，所以 bn＝2n－1，
所以 an＝n，bn＝2n－1；
(2)由(1)可得an bn
＝n 2n－1
，
1 又 Tn＝1× 2
0
1
＋2× 2
1
1
＋3× 2
2 ＋…＋ n ， 2n－1
1 1 Tn＝1× 2 2
1
1
＋2× 2
2
1
＋…＋(n－1)· 2
n－1 ＋ n ， 2n
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记 Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，求 Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q，
2＋2d＝2q2，
由题设知： 5×2＋5×4d－2q4＝8， 2
d＝0， d＝3，
解得
或
q2＝1
q2＝4，
因为数列{bn}是正项递增的等比数列，
1 两式相减得：1 Tn＝1＋ 2
2
11 ＋2
21 ＋2
3
1
＋…＋ 2
1n
n－1
－n 2n
1－ 2 ＝ 1－1
－n 2n
2
1n ＝2－(n＋2)· 2 ，
所以 Tn＝4－n2＋n－21 ，因为 Tn 随 n 的增大而增大，且 Tn＜4，所以 Mmin＝4；
＝1 2n＋1－1
－1 2n＋2－1
，
1－1 所以 Sn＝ 22－1 23－1
1－1 ＋ 23－1 24－1
1－1 ＋…＋ 2n＋1－1 2n＋2－1
＝1 3
－1 2n＋2－1
.
2．已知{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn，{bn}是正项递增的等比数列，且 a1＝b1＝2，a3＝b3，
S5－b5＝8.
2α＝π ，sin
2α＋π 4
＝1，
4
所以 f(x)＝x2＋x，2Sn＝f(n)＝n2＋n， 所以 Sn＝n2＋n .
2 所以①当 n＝1 时，a1＝S1＝1，
②当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1
＝n2＋n －（n－1）2＋（n－1） ＝n，
2
2
综合①②得 an＝n.
设数列{bn}的公比为 q，因为 b1＝1，a5－b2＝3，
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； an
(2)设数列 bn 的前 n 项和为 Tn，若 Tn≤M 对一切的正整数 n 都成立，求 M 的最小值； (3)设数列{cn}满足 cn＝3an－2λbn，且{cn}是递增数列，求实数λ的取值范围．
【解析】(1)因为α是锐角，tan α＝ 2 －1，
所以 tan 2α＝ 2（ 2－1） ＝1， 1－（ 2－1）2
－an 2n
＝1，
an 又因为a1 ＝1，所以数列 2n 是首项、公差均为 1 的等差数列；
21
(2)由(1)可知：an 2n
＝n，所以 an＝n·2n，
又 Sn＝1·21＋2·22＋…＋n·2n，
2Sn＝1·22＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1， 两式相减得：－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2（1－2n） －n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，
1－2 ＝6n＋10－5×2n＋1， 所以 Tn＝5×2n＋1－6n－10. 【加练备选·拔高】
已知数列{an}中,a1=1,an=2an+1- (n∈N*). (1)求证:数列{2n·an}是等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设 bn= ,令{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:Sn<1.
高考大题强化练(三)
数列综合问题
1．已知数列{an}和{bn}，a1＝2， 1 － 1 ＝1，an＋1＝2bn， bn an
(1)证明：{ 1 －2}是等比数列； bn
(2)若 cn＝bnb2nn＋1 ，求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 【解析】(1)已知数列{an}和{bn}，a1＝2， 1 － 1 ＝1，an＋1＝2bn，
d＝3， 所以
q＝2，
所以 an＝2＋3(n－1)＝3n－1，bn＝2·2n－1＝2n；
(2)由(1)知 an＝3n－1，bn＝2n，
又 an＋1－kbk＝[3(n＋1－k)－1]·2k＝(3n＋2－3k)·2k，k＝1，2，…，n， 所以 Tn＝(3n－1)·21＋(3n－4)·22＋…＋2×2n， 2Tn＝(3n－1)·22＋…＋5×2n＋2×2n＋1， 两式相减得：－Tn＝2(3n－1)－3(22＋23＋…＋2n)－2n＋2＝6n－2－3×22（1－2n－1） －2n＋2
(3)由(1)知 an＝n·2n，
所以 bn＝ 1 ＋
1
an＋1 （n＋1）an
＝
1
＋
1
（n＋1）·2n＋1 n（n＋1）·2n
＝
1
（n＋1）·2n＋1
＋2
1－
1
n·2n＋1 （n＋1）·2n＋1
＝1 －
1
，
n·2n （n＋1）·2n＋1
所以 Tn＝1·121
所以 Sn=
=1- <1.
3．已知{an}满足 a1＝2，an＋1－2an＝2n＋1.
an (1)证明 2n 是等差数列；
(2)求{an}的前 n 项和 Sn；
(3)若 bn＝ 1 ＋
1
，{bn}的前 n 项和是 Tn，求证：Tn＜1 .
an＋1 （n＋1）an
2
【解析】(1)因为 an＋1－2an＝2n＋1，所以a2nn＋ ＋11
【解析】(1)因为 a1=1,an=2an+1- (n∈N*), 两边同时乘以 2n,即有 2nan=2n+1an+1-1, 即 2n+1·an+1-2n·an=1. 又 21a1=2,所以数列{2n·an}是首项为 2,公差为 1 的等差数列, 所以 2n·an=n+1,故 an= .
(2)由(1)知 bn= = ,
－1 2·22
＋1 2·22
－1 3·23
＋…＋ 1 n·2n
－
1
（n＋1）·2n＋1
＝1 2
－
1
（n＋1）·2n＋1
＜1 2
.
π
2α＋
4．已知α是锐角，tan α＝ 2 －1，函数 f(x)＝x2tan 2α＋x·sin
4 ，数列{an}的前 n 项
和为 Sn，且 2Sn＝f(n).数列{bn}是等比数列，b1＝1，a5－b2＝3.
bn an
所以 1 － 1
＝1，整理得 1 －2＝1
1 －2 bn－1
，
bn 2bn－1
bn
2
所以{ 1 －2}是以 1 －2＝－1 为首项，1 为公比的等比数列；
bn
b1
2
2
(2)由于{ 1 －2}是以 1 － Nhomakorabea＝－1 为首项，1 为公比的等比数列；
bn
b1
2
2
所以 bn＝2n＋21n－1 ，
所以 cn＝bnb2nn＋1
所以 b2＝a5－3＝5－3＝2＝q，所以 bn＝2n－1，
所以 an＝n，bn＝2n－1；
(2)由(1)可得an bn
＝n 2n－1
，
1 又 Tn＝1× 2
0
1
＋2× 2
1
1
＋3× 2
2 ＋…＋ n ， 2n－1
1 1 Tn＝1× 2 2
1
1
＋2× 2
2
1
＋…＋(n－1)· 2
n－1 ＋ n ， 2n
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记 Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，求 Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q，
2＋2d＝2q2，
由题设知： 5×2＋5×4d－2q4＝8， 2
d＝0， d＝3，
解得
或
q2＝1
q2＝4，
因为数列{bn}是正项递增的等比数列，
1 两式相减得：1 Tn＝1＋ 2
2
11 ＋2
21 ＋2
3
1
＋…＋ 2
1n
n－1
－n 2n
1－ 2 ＝ 1－1
－n 2n
2
1n ＝2－(n＋2)· 2 ，
所以 Tn＝4－n2＋n－21 ，因为 Tn 随 n 的增大而增大，且 Tn＜4，所以 Mmin＝4；
＝1 2n＋1－1
－1 2n＋2－1
，
1－1 所以 Sn＝ 22－1 23－1
1－1 ＋ 23－1 24－1
1－1 ＋…＋ 2n＋1－1 2n＋2－1
＝1 3
－1 2n＋2－1
.
2．已知{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn，{bn}是正项递增的等比数列，且 a1＝b1＝2，a3＝b3，
S5－b5＝8.
2α＝π ，sin
2α＋π 4
＝1，
4
所以 f(x)＝x2＋x，2Sn＝f(n)＝n2＋n， 所以 Sn＝n2＋n .
2 所以①当 n＝1 时，a1＝S1＝1，
②当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1
＝n2＋n －（n－1）2＋（n－1） ＝n，
2
2
综合①②得 an＝n.
设数列{bn}的公比为 q，因为 b1＝1，a5－b2＝3，
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； an
(2)设数列 bn 的前 n 项和为 Tn，若 Tn≤M 对一切的正整数 n 都成立，求 M 的最小值； (3)设数列{cn}满足 cn＝3an－2λbn，且{cn}是递增数列，求实数λ的取值范围．
【解析】(1)因为α是锐角，tan α＝ 2 －1，
所以 tan 2α＝ 2（ 2－1） ＝1， 1－（ 2－1）2
－an 2n
＝1，
an 又因为a1 ＝1，所以数列 2n 是首项、公差均为 1 的等差数列；
21
(2)由(1)可知：an 2n
＝n，所以 an＝n·2n，
又 Sn＝1·21＋2·22＋…＋n·2n，
2Sn＝1·22＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1， 两式相减得：－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2（1－2n） －n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，
1－2 ＝6n＋10－5×2n＋1， 所以 Tn＝5×2n＋1－6n－10. 【加练备选·拔高】
已知数列{an}中,a1=1,an=2an+1- (n∈N*). (1)求证:数列{2n·an}是等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设 bn= ,令{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:Sn<1.
高考大题强化练(三)
数列综合问题
1．已知数列{an}和{bn}，a1＝2， 1 － 1 ＝1，an＋1＝2bn， bn an
(1)证明：{ 1 －2}是等比数列； bn
(2)若 cn＝bnb2nn＋1 ，求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 【解析】(1)已知数列{an}和{bn}，a1＝2， 1 － 1 ＝1，an＋1＝2bn，
d＝3， 所以
q＝2，
所以 an＝2＋3(n－1)＝3n－1，bn＝2·2n－1＝2n；
(2)由(1)知 an＝3n－1，bn＝2n，
又 an＋1－kbk＝[3(n＋1－k)－1]·2k＝(3n＋2－3k)·2k，k＝1，2，…，n， 所以 Tn＝(3n－1)·21＋(3n－4)·22＋…＋2×2n， 2Tn＝(3n－1)·22＋…＋5×2n＋2×2n＋1， 两式相减得：－Tn＝2(3n－1)－3(22＋23＋…＋2n)－2n＋2＝6n－2－3×22（1－2n－1） －2n＋2