《统考版》2022届高考数学（理科）一轮练习：专练33 高考大题专练（三） 数列的综合运用 WORD版含解析.docx

专练33高考大题专练(三)数列的综合运用1.[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．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.4.[2021·河南信阳高三测试]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．专练33高考大题专练(三)数列的综合运用1．解析：(1)因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝eq\f(bn,bn－1)，代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2可得，eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝eq\f(1,2)(n≥2)．又eq\f(2,S1)＋eq\f(1,b1)＝eq\f(3,b1)＝2，所以b1＝eq\f(3,2)，故{bn}是以eq\f(3,2)为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列．(2)由(1)可知，bn＝eq\f(n＋2,2)，则eq\f(2,Sn)＋eq\f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq\f(n＋2,n＋1)，当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(3,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,n＋1)－eq\f(n＋1,n)＝－eq\f(1,nn＋1).故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1,－\f(1,nn＋1)，n≥2)).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：①③⇒②.已知{an}是等差数列，a2＝3a1.设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2a1.因为数列{an}的各项均为正数，所以eq\r(Sn)＝neq\r(a1)，所以eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝(n＋1)eq\r(a1)－neq\r(a1)＝eq\r(a1)(常数)，所以数列{eq\r(Sn)}是等差数列．①②⇒③.已知{an}是等差数列，{eq\r(Sn)}是等差数列．设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(1,2)n2d＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.因为数列{eq\r(Sn)}是等差数列，所以数列{eq\r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－eq\f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.②③⇒①.已知数列{eq\r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.设数列{eq\r(Sn)}的公差为d，d>0，则eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(4a1)－eq\r(a1)＝d，得a1＝d2，所以e