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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(shí)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(shí),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(shí),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(shí),2Sn-1=3n-1+3,
此時(shí)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(shí),bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n,
所以T1=b1=.
當(dāng)n>1時(shí),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(shí)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(shí),a1=S1=a+a1-.
解得a1=3.又
7、∵4Sn=a+2an-3,①
當(dāng)n≥2時(shí),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(shí),bn>0;
當(dāng)n=9時(shí),bn=0;
當(dāng)n>9時(shí),bn<0.
∴當(dāng)n=8或n=9時(shí),Sn取得最大值.