2022届高考数学一轮复习 专练33 高考大题专练（三）数列的综合运用（含解析）.docx

专练33高考大题专练(三)数列的综合运用1.已知等差数列{an}满足a1＝3，a5＝15，数列{bn}满足b1＝4，b5＝31.设cn＝bn－an，且{cn}为正项等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.2.[2020·全国卷Ⅲ]设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.3.[2021·全国新高考Ⅰ卷]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数))).(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；(2)求{an}的前20项和．4.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn.(n∈N*)(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1＋log2(an)2，求证数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn＜eq\f(1,6).5.[2020·全国卷Ⅰ]设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．6.[2021·全国乙卷]记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2.(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．7.[2021·全国甲卷]已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{an}是等差数列；②数列{eq\r(,Sn)}是等差数列；③a2＝3a1.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.8.[2021·全国乙卷，文]设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq\f(nan,3).已知a1,3a2,9a3成等差数列．(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn<eq\f(Sn,2).专练33高考大题专练(三)数列的综合运用1．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意得a5＝a1＋4d＝3＋4d＝15，解得d＝3，因此an＝3＋3(n－1)＝3n.设等比数列{cn}的公比为q(q>0)，由已知得c1＝b1－a1＝4－3＝1，c5＝b5－a5＝31－15＝16.因为c5＝c1q4，即16＝1×q4，解得q＝2(负值舍去)，所以cn＝1×2n－1＝2n－1.由cn＝bn－an得bn＝an＋cn，所以bn＝3n＋2n－1.(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，所以数列{bn}的前n项和Sn＝(3＋1)＋(6＋21)＋(9＋22)＋…＋(3n＋2n－1)＝(3＋6＋9＋…＋3n)＋(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝eq\f(n3＋3n,2)＋eq\f(1－2n,1－2)＝eq\f(3n＋3n2,2)＋2n－1.2．解析：(1)a2＝5，a3＝7.猜想an＝2n＋1.由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，……a2－5＝3(a1－3)．因为a1＝3，所以an＝2n＋1.(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.①从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.②①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1.所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2.3．解析：(1)由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2，(k∈N*)故a2k＋2＝a2k＋3，即bn＋1＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))为等差数列，故bn＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))×3＝3n－1.(2)设eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前20项和为S20，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，所以S20＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋a4＋…＋a18＋a20))－10＝2eq\b\lc\(\