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专题突破练11
(分值:91分)
主干知识达标练
1.(15分)已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024的最大整数n.
解(1)设{an}的公比为q(q>0),则an=a1qn-1,
依题意可得
整理得q2+q-6=0,
解得q=2或q=-3(舍去),
所以an=a3qn-3=2n-1.
(2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1,
故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)=2n-1+,
显然,Tn随着n的增大而增大,
T10=210-1+45=1 068<2 024,T11=211-1+55=2 102>2 024,
所以满足Tn<2 024的最大整数n=10.
2.(10分)(2022新高考Ⅰ,17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:+…+<2.
(1)解(方法一)∵是以=1为首项,以为公差的等差数列,
∴=1+(n-1)×.
∴Sn=an. ①
当n≥2时,Sn-1=an-1. ②
①-②得an=Sn-Sn-1=an-an-1,∴an-1=an,
∴.
∴an=·…··a1=×…×·a1(n≥2),
又a1=1,
∴an=×1=(n≥2).
又当n=1时,a1=1也符合上式,
∴an=.
(方法二)∵是以=1为首项,以为公差的等差数列,∴=1+(n-1)×.∴Sn=an. ①
当n≥2时,Sn-1=an-1. ②
①-②得an=Sn-Sn-1=an-an-1,
∴an-1=an,∴,
∴.
设=bn,则bn=bn-1,
∴{bn}为常数列,且b1=,
∴=bn=,∴an=.
(方法三)∵{}是首项为=1,公差为的等差数列,
∴=1+(n-1)=,
∴(n≥2),
∴(n≥2),
∴Sn=S1··…··…·(n≥2),
∴an=Sn-Sn-1=(n≥2),
又a1=1满足此公式,
∴{an}的通项公式为an=.
(2)证明由(1)知,=2,
∴+…+=2(1-+…+)=2(1-)<2.
3.(15分)已知数列{an}是等差数列,a1=3,d≠0,且a1,a7,a25构成等比数列.
(1)求an;
(2)设f(n)=an,若存在数列{bn}满足b1=1,b2=7,b3=25,且数列{f(bn)}为等比数列,求{anbn}的前n项和Sn.
解(1)∵{an}是等差数列,a1=3,d≠0,
∴a7=a1+6d,a25=a1+24d.
∵a1,a7,a25构成等比数列,
∴=a1(a1+24d),
化简可得a1=3d=3,
∴d=1,∴an=n+2.
(2)∵f(b1)=f(1)=a1=3,f(b2)=f(7)=a7=9,f(b3)=f(25)=a25=27,
又数列{f(bn)}为等比数列,
∴首项为3,公比为3,故f(bn)=3n,
而f(bn)==bn+2,
∴3n=bn+2,∴bn=3n-2,
∴anbn=(n+2)3n-2(n+2),
设数列{(n+2)3n}的前n项和为Tn,
则Tn=(1+2)×31+(2+2)×32+…+(n+2)×3n①,
3Tn=(1+2)×32+(2+2)×33+…+(n+2)×3n+1②,
①②相减得-2Tn=(1+2)×31+32+…+3n-(n+2)×3n+1,
化简可得Tn=-[9+-(n+2)×3n+1]=.
又因为等差数列{2(n+2)}的前n项和为=n2+5n,
综上可得Sn=-(n2+5n).
关键能力提升练
4.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足6Sn=(3n+2)an+2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,求数列{bn}的前100项和T100.
解(1)因为6Sn=(3n+2)an+2,当n=1时,6S1=6a1=5a1+2,所以a1=2,
当n≥2时,6Sn-1=(3n-1)an-1+2,
所以6Sn-6Sn-1=6an=(3n+2)an-(3n-1)an-1,所以,…,,
累乘得·…·×…×,所以an=3n-1(n≥2),当n=1时a1=2也符合上式,所以an=3n-1.
(2)由(1)得bn==(-1)n+1(),
所以T100=+…+.
5.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn,对于任意的n∈N*,都有点P(an,Sn)在直线2x-3y+1=0上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列{an}的前n项中的最大值为Mn,最小值为mn,令bn=,求数列{bn}的前20项和T20.
解(1)根据题意得,对于任意的n∈N*都有3Sn=2an+1,当n≥2时,3Sn-1=2an-1+1,两式相减得3(Sn-Sn-1)=(2an+1)-(2an-1+1),即3an=2an-2an-1(n≥2),整理得an=-2an-1(n≥2),
当n=1时,3S1=2a1+1,故a1=1,所以数列{an}是首项为1,公比为-2的等比数列,
所以an=(-2)n-1.
(2)当n为奇数时,an=2n-1,且an>0,当n为偶数时,an=-2n-1,且an<0,
因此当n为大于1的奇数时,{an}前n项中的最大值为an=(-2)n-1,
最小值为an-1=(-2)n-2,此时bn=,
当n为偶数时,{an}的前n项中的最大值为an-1=(-2)n-2,
最小值为an=(-2)n-1,此时bn=,
当n=1时,b1=a1,因此T20=b1+(b3+b5+…+b19)+(b2+b4+b6+…+b20)=a1++…++…+=S19+.
核心素养创新练
6.(多选题)在平面四边形ABCD中,点D为动点,△ABD的面积是△BCD面积的3倍,又数列{an}满足a1=3,恒有=(an-3n-1)+(an+1+3n),设{an}的前n项和为Sn,则(　　)
A.{an}为等比数列
B.a4=-81
C.{}为等差数列
D.Sn=(3-n)3n-3
答案BCD
解析设AC,BD交于E点,则=3,
即AE=3EC,故)=,
由于B,E,D三点共线,故存在实数λ(λ≠0,1),使得=λ,即得=(an-3n-1)+(an+1+3n),
故整理得an+1+3n=3(an-3n-1),
即an+1=3an-2×3n,则,
即=-,
而a1=3,故{}为首项是=1,公差为-的等差数列,C正确;
则=1+(n-1)×(-)=,故an=·3n,
故a4=×34=-81,B正确;
又=3-≠常数,故{an}不是等比数列,A错误;
Sn=a1+a2+…+an=×3+×32+×33+…+·3n,
故3Sn=×32+×33+×34+…+·3n+·3n+1,
两式相减得-2Sn=3-×(32+33+34+…+3n)-·3n+1=3-·3n+1=6-(6-2n)·3n,故Sn=(3-n)·3n-3,D正确.
故选BCD.
7.(15分)在数列{an}中,已知a1++…+=2n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11,使a1,x11,a2成等差数列;在a2和a3之间插入2个数x21,x22,使a2,x21,x22,a3成等差数列;…;在an和an+1之间插入n个数xn1,xn2,…,xnn,使an,xn1,xn2,…,xnn,an+1成等差数列,这样可以得到新数列{bn}:a1,x11,a2,x21,x22,a3,x31,x32,x33,a4,…,an,设数列{bn}的前n项和为Sn,求S55(用数字作答,参考数据:211=2 048).
解(1)当n=1时,a1=2;
当n≥2时,=(a1++…+)-(a1++…+)=2n-2(n-1)=2,所以=2 an=2n,n≥2.
当n=1时,上式亦成立,所以an=2n.
(2)由n+[1+2+3+…+(n-1)]=55 n=10.所以新数列{bn}前55项中包含数列{an}的前10项,还包含x11,x21,x22,x31,x32,…,x98,x99,且x11=,x21+x22=,x31+x32+x33=,…,x91+x92+…+x99=.
所以S55=(a1+a2+…+a10)++…+.
设T=3a1+5a2+7a3+…+19a9=3×21+5×22+7×23+…+19×29,
则2T=3×22+5×23+7×24+…+19×210,
两式相减得-T=3×21+2×(22+23+…+29)-19×210=-17×210-2.
故T=17×210+2.
所以S55=×210=28×29+1=14 337.
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