高考数学大二轮复习专题5数列第2讲综合大题部分增分强化练(文科)

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1、第2讲综合大题部分1.已知等差数列{an}满足a1＝1，a4＝7，记cn＝bn－an，数列{cn}的前n项和为Tn，且Tn＝2cn－2.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.解析：(1)由数列{an}是等差数列，且a1＝1，a4＝7，a4－a1得公差d＝3＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.当n＝1时，c1＝2c1－2，解得c1＝2，当n≥2时，cn＝Tn－Tn－1＝2cn－2－(2cn－1－2)＝2cn－2cn－1，∴cn＝2cn－1，∴数列{cn}是以c1＝2为首项，2为公比的等比数列，n－1

2、nn∴cn＝2·2＝2，∴bn＝2n－1＋2.n(2)由(1)知，bn＝2n－1＋2，2nn∴Sn＝(1＋3＋＋2n－1)＋(2＋2＋＋2)n＋2n－＝2＋－21－2＝n2＋2n＋1－2.2．(2018·高考浙江卷)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a52的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n＋n.(1)求q的值；(2)求数列{bn}的通项公式．解析：(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项，得a3＋a5＝2a4＋4，所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，

3、解得a4＝8.1由a3＋a5＝20，得8(q＋q)＝20，1解得q＝2或q＝2，因为q>1，所以q＝2.(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.由cn＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，解得cn＝4n－1.n－1由(1)可得an＝2，1所以bn＋1－bn＝(4n－1)×()2n－1，1故bn－bn－1＝(4n－5)×()2n－2n2，≥，1n－2bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×()2＋(4n－n－3129)×()＋＋7×12＋

4、3.1121n－22设Tn＝3＋7×＋11×()2＋＋(4n－5)×()2，n≥2，11121n－21n－12则2Tn＝3×2＋7×()＋＋(4n－9)×()2＋(4n－5)×()，211121n－21n－1所以2Tn＝3＋4×2＋4×()＋＋4×()－(4n－5)×()，21因此Tn＝14－(4n＋3)×()2，n≥2.n－2122n－2又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×().2x13.已知函数f(x)＝2x＋，设数列{an}满足an＋1＝f(an)，且a1＝.12(1)求数列{an}的通项公式；(2)若记

5、bi＝f(－(2i－1)×an)(i＝1,2,3，，n)，求数列{bi}的前n项和Tn.an解析：(1)由an＋1＝f(an)得an＋1＝2an＋1，12an＋111n所以an＋＝an＝2＋a，所以{1an}是首项为2，公差为2的等差数列．1a所以＝2＋(n－1)×2＝2n，n1所以an＝2n.(2)法一：由(1)知bi＝f(－2i－12i－12n)(i＝1,2,3，，n)，则bi＝－2n2i－1－2n＋1－i－＝2×[－i－＋2n1－2i＋1＝2×n－2i＋1，bn－i＋1＝－2×[－n－i＋－12nn－i＋－12n]＋1－n－

6、i＋－1]＝2×{－n－i＋－1]}＋2nn1n－i＋－112n－2i＋1＝2×n－i＋－1]－＝×，2n－2i＋11bi＋bn－i＋1＝×－2i＋112n－2i＋1＋×＝1(i＝1,2,3，，n)，2n－2i＋12n－2i＋1Tn＝b1＋b2＋b3＋＋bn，Tn＝bn＋bn－1＋bn－2＋＋b1，ni＝1两式相加得2Tn＝(b1＋bn)＋(b2＋bn－1)＋(b3＋bn－2)＋＋(bn＋b1)＝∑(bi＋bn－i＋1)＝n，n所以Tn＝.22i－1法二：由(1)知bi＝f(－2n)(i＝1,2,3，，n)，1则Tn＝b1＋b2＋

7、b3＋＋bn＝f(－2)＋f(－3)＋＋f(－2n－1)，n2n2nx又f(x)＝2x＋，所以f(x)＋f(－1－x)＝1.112n－132n－32n－11则2Tn＝f(－2n)＋f(－2n)＋f(－2)＋f(－n2n)＋＋f(－2n)＋f(－2n)＝n＝n，所以Tn＝2.4．(2018·宜昌调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1*(n∈N，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝1*an(n∈N)．4an－1＋1(1)求证：数列{bn}为等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．1an－1114an＋

8、1解析：(1)证明：∵bn＝，且an＝an，∴bn＋1＝4an－1＋1＝an＋1an＝4an＋1an，∴bn＋1－bn＝4an＋1－1＝