高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：解答题规范专练(三)　数　列.pdf

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1、解答题规范专练(三)　数　列1．(2015·石家庄一模)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1·a2＝2，a3·a4＝32.(1)求数列{an}的通项公式；b1b2b3bn(2)设数列{bn}满足＋＋＋…＋＝an＋1－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和．1352n－12．(2015·青岛二模)若数列{bn}对于任意的n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．如数列cn，若cn＝Error!则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n.(1)求证：{an}是准等差数列；(2)求{an}

2、的通项公式及前20项和S20.1113．(2015·天津红桥模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n(n∈N*)．22(1)求数列{an}的通项公式；1k(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式Tn＞对一切n2an－112an－92014∈N*都成立的最大正整数k的值；(3)设f(n)＝Error!是否存在m∈N*，使得f(m＋15)＝5f(m)成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．答案1．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由已知得Error!又∵a1＞0，q＞0，∴Error!∴an＝2n－1.b1b2b3bn(2)由题意可得＋＋＋…＋

3、＝2n－1，1352n－1bnbn∴2n－1－1＋＝2n－1(n≥2)，＝2n－1，2n－12n－1∴bn＝(2n－1)·2n－1(n≥2)，当n＝1时，b1＝1，符合上式，∴bn＝(2n－1)·2n－1(n∈N*)．设数列{bn}的前n项和为Tn＝1＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1，则2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，两式相减得－Tn＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n＝－(2n－3)·2n－3，∴Tn＝(2n－3)·2n＋3.2．解：(1)证明：∵an＋an＋1＝2n(n∈N*)①，∴an＋1＋an＋2＝2

4、(n＋1)②，②－①，得an＋2－an＝2(n∈N*)．∴{an}是公差为2的准等差数列．(2)由已知a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，∴a1＋a2＝2×1，即a2＝2－a.由(1)得a1，a3，a5，…是以a为首项，2为公差的等差数列．a2，a4，a6，…是以2－a为首项，2为公差的等差数列．n当n为偶数时，an＝2－a＋－1×2＝n－a；(2)n＋1当n为奇数时，an＝a＋－1×2＝n＋a－1.(2)∴an＝Error!S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a19＋a20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝2×1＋2×3＋…＋2×191＋19×10＝2×2

5、＝200.3．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝6，当n≥2时，111111an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－n－12＋n－1(22)[22]＝n＋5.而当n＝1时，n＋5＝6，∴an＝n＋5(n∈N*)．11(2)cn＝＝2an－112an－92n－12n＋1111＝－，2(2n－12n＋1)∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn111111＝1－＋－＋…＋－2[(3)(35)(2n－12n＋1)]n＝.2n＋1n＋1n1∵Tn＋1－Tn＝－＝＞0，2n＋32n＋12n＋32n＋11∴Tn单调递增，故(Tn)min＝T1＝.31k1令＞，得k＜671，所以kmax＝671

6、.320143(3)f(n)＝Error!当m为奇数时，m＋15为偶数，由f(m＋15)＝5f(m)得3m＋47＝5m＋25，解得m＝11.当m为偶数时，m＋15为奇数，由f(m＋15)＝5f(m)，5得m＋20＝15m＋10，解得m＝∉N*(舍去)．7综上，存在唯一正整数m＝11，使得f(m＋15)＝5f(m)成立．