2022版新教材高考数学一轮复习高考大题专项三数列含解析新人教B版.docx

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1、高考高考大题专项(三)　数列1.(2020某某某某高三第一次模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-2n-1(n∈N*).(1)求证:数列{an+2}是等比数列;(2)求数列{n·(an+2)}的前n项和.13/13高考2.(2020某某高考预测卷)在①b4=a3+a5;②b4+b6=3a3+3a5;③a2+a3=b4这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn,{bn}是公比大于0的等比数列,b1=1,b3=b2+2,b5=a4+2a6,且,设=b

2、2Sn,是否存在k,使得对任意的n∈N*,都有ck≤? 3.若数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2=2,(Sn+1)·(Sn+2+1)=(Sn+1+1)2.13/13高考(1)求Sn;(2)记数列1an的前n项和为Tn,证明:1≤Tn<2.13/13高考13/13高考13/13高考4.(2020某某师大附中、某某一中高三模考)在数列{an}中,a1=1,a1+a22+a33+…+ann=2n-1(n∈N*).(1)求数列{an}的前n项和Sn;(2)若存在n∈N*,使得an≤n(n+1)λ成立,某某数λ的最小值.13/13高考5.(2020某某某某

3、高三第二次质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=1,S7=14,数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn=2n2+n2.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)若数列{}满足=bncos(anπ),求数列{}的前2n项和T2n.6.(2020某某,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;13/13高考(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2

4、an+2,n为奇数,an-1bn+1,n为偶数,求数列{}的前2n项和.参考答案13/13高考高考大题专项(三)　数列1.(1)证明令n=1,则a1=S1=2a1-3,解得a1=3,当n≥2且n∈N*时,Sn=2an-2n-1,Sn-1=2an-1-2n+1,∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-2,即an=2an-1+2,∴an+2=2(an-1+2).∴{an+2}是以a1+2=5为首项,2为公比的等比数列.(2)解由(1)知,an+2=5·2n-1,∴n(an+2)=5n·2n-1.设数列{n(an+2)}的前n项和为Tn,则Tn=5×20+10

5、×21+15×22+…+5(n-1)·2n-2+5n·2n-1.∴2Tn=5×21+10×22+15×23+…+5(n-1)·2n-1+5n·2n.两式作差,得-Tn=5+5×(21+22+…+2n-1)-5n·2n=5+5×2(1-2n-1)1-2-5n·2n=(5-5n)·2n-5,∴Tn=(5n-5)·2n+5.2.解设数列{an}的公差为d,{bn}的公比为q(q>0),因为{bn}是公比大于0的等比数列,且b1=1,b3=b2+2,所以q2=q+2,解得q=2(q=-1不合题意,舍去).所以bn=2n-1.若存在k,使得对任意的n∈N*,都有ck≤

6、,则存在最小值.方案一:若选①,则由b5=a4+2a6,b4=a3+a5,13/13高考可得3a1+13d=16,2a1+6d=8,解得a1=1,d=1.所以Sn=12n2+12n,=b2Sn=212n2+12n=4n2+n.因为n∈N*,所以n2+n≥2,{}是递减数列,所以不存在最小值,即不存在满足题意的k.方案二:若选②,由b5=a4+2a6,b4+b6=3a3+3a5,可得3a1+13d=16,6a1+18d=40,解得a1=293,d=-1.所以Sn=-12n2+616n,=b2Sn=12-3n2+61n.因为当n≤20时,>0,当n≥21时,<0

7、,所以易知的最小值为c21=-27.即存在k=21,使得对任意的n∈N*,都有ck≤.方案三:若选③,则由b5=a4+2a6,a2+a3=b4,可得3a1+13d=16,2a1+3d=8,解得a1=5617,d=817.所以Sn=4n2+52n17,=b2Sn=172n2+26n.因为n∈N*,所以2n2+26n≥28,{}是递减数列,所以不存在最小值,即不存在满足题意的k.3.(1)解由题意得Sn+2+1Sn+1+1=Sn+1+1Sn+1=…=S2+1S1+1,所以数列{Sn+1}是等比数列.又因为S1+1=a1+1=2,S2+1=a1+a2+1=4,所以

8、S2+1S1+1=2,所以数列{Sn+1}是首项为2