新高考数学一轮复习 高考大题专项（三） 数列 新人教A版-新人教A版高三全册数学试题.docx

高考大题专项(三)数列
1.(2019河南新乡三模,17)在数列{an}中,a1=1,且an,2n,an+1成等比数列.
(1)求a2,a3,a4;
(2)求数列{a2n}的前n项和Sn.

2.在等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{an}的前n项和,若Sm=63,求m.

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.
(1)求Sn;
(2)记数列1an的前n项和为Tn,证明:1≤Tn≤2.

4.设数列{an}满足a1=2,an+1-an=3·22n-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.

5.已知数列{an}中,a1=5且an=2an-1+2n-1(n≥2且n∈N*).
(1)求a2,a3的值;
(2)是否存在实数λ,使得数列an+λ2n为等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.

6.(2019天津,文18)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=1,n为奇数,bn2,n为偶数,求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).

参考答案

高考大题专项(三)数列
1.解(1)∵an,2n,an+1成等比数列,
∴anan+1=(2n)2=4n.
∵a1=1,∴a2=4a1=4,
同理得a3=4,a4=16.
(2)∵anan+1=(2n)2=4n,
∴an+1an+2anan+1=an+2an=4,
则数列{a2n}是首项为4,公比为4的等比数列.
故Sn=4(1-4n)1-4=4n+1-43.
2.解(1)设数列{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.
由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.
故an=(-2)n-1或an=2n-1.
(2)若an=(-2)n-1,则Sn=1-(-2)n3.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.
若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.
综上可得m=6.
3.(1)解由题意有Sn+2+1Sn+1+1=Sn+1+1Sn+1=…=S2+1S1+1,所以数列{Sn+1}是等比数列.
又S1+1=a1+1=2,S2+1=a1+a2+1=4,所以S2+1S1+1=2,
数列{Sn+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
所以Sn+1=2×2n-1=2n,所以Sn=2n-1.
(2)证明由(1)知,n≥2时,Sn=2n-1,Sn-1=2n-1-1,两式相减得an=2n-1.
n=1时,a1=1也满足an=2n-1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).
所以1an=12n-1(n∈N*).
所以Tn=1a1+1a2+…+1an=1+12+14+…+12n-1=1-(12)n1-12=2-12n-1.因为n∈N*,所以0<12n-1≤1,
所以-1≤-12n-1<0.
所以1≤2-12n-1<2.
4.解(1)由已知an+1-an=3·22n-1,所以an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1
=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.
当n=1时,a1=2也满足上式,
所以数列{an}的通项公式an=22n-1.
(2)由bn=nan=n·22n-1知,
Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1. ①
22·Sn=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1. ②
①-②得
(1-22)Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1.
即Sn=19[(3n-1)22n+1+2].
5.解(1)∵a1=5,∴a2=2a1+22-1=13,a3=2a2+23-1=33.
(2)假设存在实数λ,使得数列an+λ2n为等差数列.
设bn=an+λ2n,由{bn}为等差数列,则有2bn+1=bn+bn+2(n∈N*).
∴2×an+1+λ2n+1=an+λ2n+an+2+λ2n+2.
∴λ=4an+1-4an-an+2
=2(an+1-2an)-(an+2-2an+1)=2(2n+1-1)-(2n+2-1)=-1.
综上可知,当λ=-1时,数列an+λ2n为首项是2,公差是1的等差数列.
6.解(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.依题意,得3q=3+2d,3q2=15+4d.解得