2019年高考数学总复习检测第39讲　数列的综合问题.pdf

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1、第39讲　数列的综合问题1．(2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通项公式an；(2)求数列{

2、an－n－2

3、}的前n项和．(1)由题意得Error!则Error!又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.(2)设bn＝

4、3n－1－n－2

5、，n∈N*，则b1＝2，b2＝1.当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.设

6、数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，91－3n－2n＋7n－2当n≥3时，Tn＝3＋－1－323n－n2－5n＋11＝，2又当n＝2时，T2＝3也满足上式．所以Tn＝Error!1n＋12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，an＋1＝an.22nan(1)证明：数列{}是等比数列；n(2)求通项an与前n项的和Sn.1n＋1(1)证明：因为a1＝，an＋1＝an.22nan所以当n∈N*时，≠0，nan＋1n＋11又＝(n∈N*)为常数，an2nan1所以{}是以为公比的等比数

7、列．n2a11an11(2)因为＝，所以{}是以为首项，为公比的等比数列．12n22an111所以＝×()n－1，所以an＝n·()n.n222111所以Sn＝1·()＋2·()2＋…＋n·()n，2221111Sn＝1·()2＋2·()3＋…＋n·()n＋1，222211111所以Sn＝＋()2＋…＋()n－n·()n＋12222211[1－n]221＝－n·()n＋1121－211＝1－()n－n·()n＋1，2211所以Sn＝2－()n－1－n·()n221＝2－(n＋2)·()n.211综上，an＝n·

8、()n，Sn＝2－(n＋2)·()n.221123．(2016·天津卷)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63.a1a2a3(1)求{an}的通项公式；(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb2n}的前2n项和．(1)设数列{an}的公比为q.112由已知，有－＝，a1a1qa1q2解得q＝2或q＝－1.1－q6又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，1－q1－26所以a1·＝63，得a1＝1，所以an＝2n－1.1－21(2)由题意

9、，得bn＝(log2an＋log2an＋1)21＝(log22n－1＋log22n)21＝n－，21即{bn}是首项为，公差为1的等差数列．2设数列{(－1)nb2n}的前n项和为Tn，则T2n＝(－b21＋b2)＋(－b23＋b24)＋…＋(－b2n2－1＋b22n)＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n2nb1＋b2n＝＝2n2.24．(2017·天津卷)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝1

10、1b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝－3或q＝2.又因为q＞0，所以q＝2.所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①.由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②，联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式

11、为bn＝2n.(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn.由a2n＝6n－2，得Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1.上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋112×1－2n＝－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16，1－2所以Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.所以，数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.