2019届高考数学总复习模块三数列限时集训十一数列求和及数列的简单应用理

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1、限时集训（十一）数列求和及数列的简单应用基础过关1.已知各项均为正数且递减的等比数列{an}满足a3,32a4,2a5成等差数列,其前5项和S5=31.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若等差数列{bn}满足b1=a4-1,b2=a3-1,求数列{abn}的前n项和Tn.2.已知数列{an}满足a1=a3,an+1-an2=32n+1,设bn=2nan.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)求数列{an}的前n项和Sn.3.已知数列{an}为正项数列,a1=4,且对任意n∈N*,an+12-2an2=anan+1恒成立.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn

2、}满足bn=1n·log2an,Tn为数列{bn}的前n项和,求证:Tn<1.4.已知{an}是等比数列,数列{bn}满足b1=-2,b2=5,且a1b1+a2b2+…+anbn=2+(2n-3)·4n.(1)求{an}的通项公式和前n项和Sn;(2)求{bn}的通项公式.5能力提升5.已知数列{an}满足an+1+1=an+1an+2,an≠-1且a1=1.(1)证明数列1an+1是等差数列,并求出数列{an}的通项公式;(2)令bn=2nan+1,求数列{bn}的前n项和Sn.6.已知数列{an},{bn},其中a1=3,b1=-1,且满足an=12(3an-1-bn-

3、1),bn=-12(an-1-3bn-1),n∈N*,n≥2.(1)求证:数列{an-bn}为等比数列;(2)求数列2nanan+1的前n项和Sn.5限时集训(十一)基础过关1.解:(1)设{an}的公比为q(0

4、所以bn=2n-1,abn=122n-6,5数列{abn}的前n项和Tn=12-4+12-2+…+122n-6=161-14n1-14=6431-14n.2.解:(1)由bn=2nan,得an=bn2n,代入an+1-an2=32n+1得bn+12n+1-bn2n+1=32n+1,即bn+1-bn=3,所以数列{bn}是公差为3的等差数列,又a1=a3,所以b12=b38,即b12=b1+68,所以b1=2,所以bn=b1+3(n-1)=3n-1.(2)由bn=3n-1得an=bn2n=3n-12n,所以Sn=22+522+823+…+3n-12n,12Sn=222+523

5、+824+…+3n-12n+1,两式相减,得12Sn=1+3122+123+…+12n-3n-12n+1=52-3n+52n+1,所以Sn=5-3n+52n.3.解:(1)由an+12-anan+1-2an2=0,得(an+1-2an)(an+1+an)=0,又an>0,∴an+1=2an,∴数列{an}是首项为4,公比为2的等比数列,∴an=2n+1.(2)证明:bn=1n·log2an=1n(n+1)=1n-1n+1,∴Tn=b1+b2+…+bn=11-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1<1.4.解:(1)∵a1b1+a2b2+…+anbn=2+(2n-

6、3)·4n,∴a1b1=2-4=-2,a1b1+a2b2=2+(4-3)×42=18,则a2b2=20,又b1=-2,b2=5,∴a1=1,a2=4,∵{an}是等比数列,a2a1=4,∴{an}的通项公式为an=4n-1,∴{an}的前n项和Sn=1-4n1-4=4n-13.(2)由an=4n-1及a1b1+a2b2+…+anbn=2+(2n-3)·4n,得b1+4b2+…+4n-1bn=2+(2n-3)·4n,①当n≥2时,b1+4b2+…+4n-2bn-1=2+(2n-5)·4n-1,②①-②得4n-1bn=2+(2n-3)·4n-2-(2n-5)·4n-1=(6n-

7、7)·4n-1,∴bn=6n-7.又当n=1时,b1=-2,不满足上式,∴{bn}的通项公式为bn=-2,n=1,6n-7,n≥2.能力提升5.解:(1)∵an+1+1=an+1an+2,an≠-1且a1=1,5∴1an+1+1=an+2an+1,即1an+1+1=(an+1)+1an+1,∴1an+1+1-1an+1=1,∴数列1an+1是等差数列.∵1a1+1=12,∴1an+1=12+(n-1)·1,∴1an+1=2n-12,∴an=3-2n2n-1.(2)由(1)知bn=(2n-1)·2n-1,则Sn=1×