【名师伴你行】（新课标）2023高考数学大一轮复习 解答题专题突破（三）高考中的数列问题课时作业 理

课时作业(三十四)　高考解答题专题突破(三)高考中的数列问题1．(2015·威海模拟)已知{an}为等差数列，且a3＝5，a7＝2a4－1.(1)求数列{an}的通项公式及其前n项和Sn；(2)若数列{bn}满足b1＋4b2＋9b3＋…＋n2bn＝an，求数列{bn}的通项公式．解：(1)设等差数列{an}的首项和公差分别为a1，d，则解得∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝＝n2.(2)∵b1＋4b2＋9b3＋…＋n2bn＝an，①∴b1＋4b2＋9b3＋…＋(n－1)2bn－1＝an－1，n≥2.②①－②，得n2bn＝an－an－1＝2，n≥2，∴bn＝，n≥2，又∵b1＝a1＝1，∴bn＝2．(2015·淄博模拟)若数列{An}满足An＋1＝A，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1＝9，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n为正整数．(1)证明：数列{an＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(an＋1)}为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项积为Tn，即Tn＝(a1＋1)(a2＋1)…(an＋1)，求lgTn；(3)在(2)的条件下，记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn，并求使Sn＞4026的n的最小值．解：(1)证明：由题意，得an＋1＝a＋2an，即an＋1＋1＝(an＋1)2，则{an＋1}是“平方递推数列”．对an＋1＋1＝(an＋1)2两边取对数，得lg(an＋1＋1)＝2lg(an＋1)，所以数列{lg(an＋1)}是以lg(a1＋1)为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，lg(an＋1)＝lg(a1＋1)·2n－1＝2n－1.lgTn＝lg[(a1＋1)(a2＋1)…(an＋1)]＝lg(a1＋1)＋lg(a2＋1)＋…＋lg(an＋1)5\n＝＝2n－1.(3)bn＝＝＝2－n－1，Sn＝2n－＝2n－2＋.又Sn＞4026，即2n－2＋＞4026，n＋＞2014，又0＜＜1，所以nmin＝2014.3．(2015·潍坊模拟)已知等差数列{an}，a1＋a3＋a5＝42，a4＋a6＋a8＝69；等比数列{bn}，b1＝2，log2(b1b2b3)＝6.(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；(2)设cn＝a4－bn，求数列{|cn|}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，∵a1＋a3＋a5＝3a3＝42，∴a3＝14，∵a4＋a6＋a8＝3a6＝69，∴a6＝23.∴d＝＝3.∴an＝a3＋(n－3)d＝14＋(n－3)·3＝3n＋5.设等比数列{bn}的公比为q，由log2(b1b2b3)＝6，得b1b2b3＝26，即(b2)3＝26，∴b2＝4，则q＝＝＝2，∴bn＝2·2n－1＝2n.(2)cn＝a4－bn＝17－2n，cn＋1－cn＝17－2n＋1－(17－2n)＝－2n＜0，∴{cn}为递减数列．又c1＝15，c2＝13，c3＝9，c4＝1，c5＝－15，∴{cn}的前4项为正，从第5项开始往后各项为负，设数列{cn}的前n项和为Sn，则Sn＝17n－(2＋22＋…＋2n)＝17n－＝17n－2n＋1＋2.∴当n≤4时，Tn＝|c1|＋|c2|＋…＋|cn|＝c1＋c2＋…＋cn5\n＝Sn＝17n－2n＋1＋2.当n≥5时，Tn＝c1＋c2＋c3＋c4－(c5＋c6＋…＋cn)＝S4－(Sn－S4)＝2S4－Sn＝76－17n＋2n＋1－2＝74－17n＋2n＋1.∴Tn＝4．(2015·威海模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，Sn＋1－2＝4an，设bn＝an＋1－2an.(1)证明：数列{bn}为等比数列，并写出{bn}的通项公式；(2)若数列{cn}满足cn＝Tn为数列{cn}的前n项和，求T2n.解：(1)由Sn＋1－2＝4an，①得Sn－2＝4an－1(n≥2，n∈N*)，②由①－②得an＋1＝4an－4an－1(n≥2，n∈N*)，＝＝＝＝2(n≥2，n∈N*)，∴数列{bn}是公比为2的等比数列．由a1＝3，Sn－2＝4an－1，得a1＋a2－2＝4a1，∴a2＝3a1＋2＝11，∴b1＝a2－2a1＝5，∴bn＝5·2n－1.(2)由题意cn＝∴T2n＝c1＋c3＋c5＋…＋c2n－1＋c2＋c4＋…＋c2n＝20＋22＋…＋22n－2＋nlog25＋(1＋3＋…＋2n－1)＝＋nlog25＋＝＋nlog25＋n2.5．(2015·青岛模拟)已知{an}是等差数列，首项a1＝3，前n项和为Sn.令cn＝(－1)nSn(n∈N*)，{cn}的前20项和T20＝330.数列{bn}是公比为q的等比数列，前n项和为Wn，且b1＝2，q2＝a9.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)证明：(3n＋1)Wn≥nWn＋1(n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为cn＝(－1)nSn，所以T20＝－S1＋S2－S3＋S4＋…＋S20＝330，则a2＋a4＋a6＋…＋a20＝330，5\n即10(3＋d)＋×2d＝330，解得d＝3，所以an＝3＋3(n－1)＝3n，所以q3＝a9＝27，q＝3，所以bn＝2·3n－1.(2)证明：由(1)知，Wn＝＝3n－1，要证(3n＋1)Wn≥nWn＋1，只需证(3n＋1)(3n－1)≥n(3n＋1－1)，即证3n≥2n＋1.当n＝1时，3n＝2n＋1，不等式成立．当n＝2时，左边＝9，右边＝5，左边＞右边，不等式成立．假设当n＝k(k≥2)时，不等式成立，即3k＞2k＋1，则当n＝k＋1时，3k＋1＝3×3k＞3(2k＋1)＝6k＋3＞2(k＋1)＋1，∴当n＝k＋1时，不等式也成立．故当n≥2时，3n＞2n＋1.综上可知，3n≥2n＋1对于n∈N*成立．所以(3n＋1)Wn≥nWn＋1(n∈N*)．6．(2015·济宁模拟)已知数列{bn}满足Sn＋bn＝，其中Sn为数列{bn}的前n项和．(1)求证：数列是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；(2)如果对任意n∈N*，不等式≥2n－7恒成立，求实数k的取值范围．解：(1)对于任意n∈N*，Sn＋bn＝，①Sn＋1＋bn＋1＝，②②－①，得bn＋1＝bn＋，所以bn＋1－＝.又由①式知，S1＋b1＝，即b1＝.所以数列是首项为b1－＝3，公比为的等比数列，5\n所以bn－＝3×n－1，bn＝3×n－1＋.(2)因为bn＝3×n－1＋，所以Sn＝3＋＝＋＝6＋.因为不等式≥2n－7，化简，得k≥，对任意n∈N*恒成立，设cn＝，则cn＋1－cn＝－＝，当n≥5时，cn＋1≤cn，{cn}为单调递减数列，当1≤n＜5时，cn＋1＞cn，{cn}为单调递增数列，＝c4＜c5＝，所以n＝5时，{cn}取得最大值，所以，要使k≥对任意n∈N*恒成立，k≥.5