2
1.(2020广东天河区模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和,且a1<2,an>0,6Sn=𝑎𝑛+3an+2,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
2(2)若∀n∈N*,bn=(-1)n𝑎𝑛,求数列{bn}的前2n项和T2n.
2.(2020湖南郴州二模,文17)设等差数列{an}的公差为d(d>1),前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=3,2q=3d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)记cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
1
3.(2020安徽合肥4月质检二,理17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=1,S7=14,数列{bn}满足
b…·b𝑛2+𝑛
1·b2·b3·n=22.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn=bncos(anπ),求数列{cn}的前2n项和T2n.
4.(2020山西长治二模)Sn为等比数列{an}的前n项和,已知a4=9a2,S3=13,且公比q>0. (1)求an及Sn.
(2)是否存在常数λ,使得数列{Sn+λ}是等比数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
5.(2020天津,19)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3). (1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2<𝑆𝑛+12(n∈N*);
2
(3𝑎𝑛-2)𝑏𝑛
,𝑛为奇数(3)对任意的正整数n,设cn={𝑎𝑎𝑛𝑎𝑛+2
,𝑛-1,𝑛为偶数求数列{cn}的前
2n项和.
𝑏𝑛+1
.
参考答案
高考大题专项(三) 数列
1.解(1)设{an}的公差为d. 由S9=-a5得a1+4d=0. 由a3=4得a1+2d=4. 于是a1=8,d=-2.
因此{an}的通项公式为an=10-2n. (2)由(1)得a1=-4d, 故an=(n-5)d,S𝑛(𝑛-9)𝑑
n=
2
. 由a1>0知d<0,故Sn≥an等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10. 所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.
2.解(1)当n=1时,6a1=𝑎2
1+3a1+2,且a1<2,解得a1=1.
3
22
当n≥2时,6an=6Sn-6Sn-1=𝑎𝑛+3an+2-(𝑎𝑛-1+3an-1+2).
化简,得(an+an-1)(an-an-1-3)=0,因为an>0,所以an-an-1=3,
所以数列{an}是首项为1,公差为3的等差数列,所以an=1+3(n-1)=3n-2.
2(2)bn=(-1)n𝑎𝑛=(-1)n(3n-2)2.
所以b2n-1+b2n=-(6n-5)2+(6n-2)2=36n-21.
所以数列{bn}的前2n项的和T2n=36×(1+2+…+n)-21n=36×𝑆=10𝑎1+45𝑑=100,3.解(1)由题意,得{10
𝑏2=𝑏1𝑞=3,将b1=a1,q=2d代入上式,
𝑎1=9,2𝑎1+9𝑑=20,𝑎=1,
可得{解得{ 2(舍去),或{1
𝑎1𝑑=2,𝑑=𝑑=2.
9
3
𝑛(𝑛+1)2
-21n=18n-3n. 2
∴数列{an}的通项公式为an=1+2(n-1)=2n-1,n∈N*. ∴b1=a1=1,q=2d=2×2=3,
∴数列{bn}的通项公式为bn=1×3n-1=3n-1,n∈N*. (2)由(1)知,cn=an·bn=(2n-1)·3n-1,
∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=1×1+3×3+5×32+…+(2n-1)·3n-1, 3Tn=1×3+3×32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,
①-②,得-2Tn=1+2×3+2×3+…+2·3-(2n-1)·3=1+2×(3+3+…+3)-(2n-1)·31)·3n=-(2n-2)·3n-2, ∴Tn=(n-1)·3n+1.
𝑎+𝑑=1,
4.解(1)设数列{an}的公差为d,由a2=1,S7=14,得{1解得{ 17𝑎1+21𝑑=14.𝑑=2,所以
𝑛2+𝑛
𝑛
an=.∵b1·b2·b3·…·bn=222
2
n-1
n
2
n-1
n
33
① ②
3-3𝑛
=1+2×1-3-(2n-
𝑎1=2,
1
=
𝑛(𝑛+1)𝑛(𝑛-1)22,∴b1·b2·b3·…·bn-1=22(n≥2),
两式相除,得bn=2n(n≥2).
当n=1时,b1=2适合上式.∴bn=2n. (2)∵cn=bncos(anπ)=2ncos(2π),
∴T2n=2cos2+22cos π+23cos2+24cos(2π)+…+22n-1cos
2
4
6
2n
𝑛
π3π
(2𝑛-1)π2n
+2cos(nπ) 2
2
4
6
n
2n
则T2n=2cos π+2cos(2π)+2cos(3π)+…+2cos(nπ)=-2+2-2+…+(-1)·2
-4×[1-(-4)𝑛]4+(-4)𝑛+1
=1+4=-5.
4
3𝑎=1,
5.解(1)由题意可得{𝑎1(1-𝑞)=13,解得{1
𝑞=3,
𝑎1𝑞3=9𝑎1𝑞,
1-𝑞
𝑞>0,
所以an=3
n-1
1-3𝑛,Sn=
1-3
=
3𝑛-1
. 2
(2)假设存在常数λ,使得数列{Sn+λ}是等比数列,因为S1+λ=λ+1,S2+λ=λ+4,S3+λ=λ+13,所以(λ+4)2=(λ+1)(λ+13),解得等比数列.
6.(1)解设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),又q≠0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1. (2)证明由(1)可得Sn=
1
𝑛(𝑛+1)12
,故SnSn+2=n(n+1)(n+2)(n+3),𝑆𝑛+124
11λ=2,此时Sn+2
=
𝑆𝑛+1+1n2=3,故存在常数×3,则12𝑆+
𝑛
1
2λ=2,使得数列{𝑆𝑛+2}是
11
=4(n+1)2(n+2)2,从而SnSn+2-
1
22
𝑆𝑛+1=-2(n+1)(n+2)<0,所以SnSn+2<𝑆𝑛+1.
(3)解当
(3𝑎-2)𝑏
n为奇数时,cn=𝑛𝑛
𝑎𝑛𝑎𝑛+2
𝑛
n
=
(3𝑛-2)2𝑛-1𝑛(𝑛+2)
=
2𝑛+1𝑛+22𝑛-1−;当𝑛
n为偶数时,cn=
𝑎𝑛-1𝑏𝑛+1
=
𝑛-1
.对任意的正2𝑛
整数n,有∑c2k-1=∑
𝑘=1
k=1
22𝑘22𝑘-2
−2𝑘-12𝑘+134
2+
22𝑛
=2𝑛+1-1,
𝑘=1
∑c2k=∑
𝑛
𝑛2𝑘-1
𝑘𝑘=14
=4++
4
154
3+…+
2𝑛-1
. 4𝑛① ②
1𝑛1
由①得4∑c2k=24𝑘=1
3𝑛
3
3+…+
2𝑛-32𝑛-1
𝑛+𝑛+1. 44
21-1
𝑛4(4𝑛)12𝑛-11222𝑛-156𝑛+5
由①②得4∑c2k=4+2+…+4𝑛−𝑛+1=−−,从而得∑c=−. 2k𝑛+11499×4𝑛4441-𝑘=1𝑘=1
44𝑛6𝑛+54
因此,∑ck=∑c2k-1+∑c2k=2𝑛+1−9×4𝑛−9.所以,数列{cn}的前
𝑘=1𝑘=1𝑘=1
2𝑛
𝑛
𝑛
4𝑛6𝑛+54
2n项和为2𝑛+1−9×4𝑛−9.
5
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