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1、2022年高考数学二轮专题复习 第三部分 题型技法考前提分 题型专项训练8 数列 新人教A版
1.已知数列{an},{bn}满足下列条件:an=6·2n-1-2,b1=1,an=bn+1-bn.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)比较an与2bn的大小.
2.(xx浙江宁波模拟,文20)已知等比数列{an}满足2a1+a3=3a2,且a3+2是a2,a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an+log2,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn-2n+1+47<0成立的正整数n的最小值.
2、
3.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,设数列{bn}的前n项和为Tn,求证:≤Tn<1.
4.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2,a3,a5成等比数列,S6=45.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
(2)令pn=,是否存在正整数M,使不等式p1+p2+…+pn-2n≤M恒成立?若存在,求出M的最小值;若不存在,请说明理由.
3、
5.已知数列{an}满足+…+,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:对任意的n∈N*,都有+…+<4.
6.已知数列{an}中a1=1,an+1-Sn=n+1,n∈N*.{an}的前n项和为Sn.
(1)证明:数列{an+1}是等比数列;
(2)对一切n∈N*,若p(an+1)>3n-1恒成立,求实数p的取值范围.
题型专项训练8 数列(解答题专项)
1.解:(1)由题意知,bn+1-bn=6·2n-1-2,
bn=b1+(b2
4、-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)
=1+(6×1-2)+(6×2-2)+…+(6×2n-2-2)=1+6×(1+2+…+2n-2)-2(n-1)
=1+6·-2(n-1)=6·2n-1-2n-3.
所以数列{bn}的通项公式为bn=6·2n-1-2n-3.
(2)2bn-an=6·2n-1-4(n+1)=3·2n-4(n+1).
设cn=,则-1=-1=-1=>0,所以cn+1>cn,即{cn}为递增数列.
当n>2时,因为cn>c2=1,
所以3·2n>4(n+1).
于是2bn-an>0,即an<2bn.
易知当n=1时,an>2bn;当n=2时,an=2
5、bn.
2.解:(1)∵∴q=1(舍)或q=2.
∴an=2n.
(2)由(1)可知bn=2n-n,Sn=2n+1-2-,
则Sn-2n+1+47=45-<0,
即n2+n-90>0,解得n>9.
又n∈N*,所以n=10.
3.(1)解:因为Sn=2an-n,则Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2),
两式相减得an=2an-2an-1-1,
即an=2an-1+1.
又an+1=2(an-1+1),a1+1=2,
所以an+1=(a1+1)·2n-1=2n.所以an=2n-1.
故数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)证明:因为bn=,则Tn=b1+
6、b2+b3+…+bn=+…+=1-.因为数列{Tn}是递增数列,所以≤Tn<1.
4.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,由已知,得=a2a5,
即(a2+d)2=a2(a2+3d),得a2=d.
由S6=45,得2a2+3d=15,
从而可得a2=d=3,an=3n-3,Sn=.
(2)∵pn==2+,
∴p1+p2+p3+…+pn-2n=2+…+=2-.
由n是整数,可得p1+p2+p3+…+pn-2n<2.
故存在最小的正整数M=2,使不等式p1+p2+…+pn-2n≤M恒成立.
5.(1)解:因为+…+,
当n=1时,=1,即a1=1.
当n≥2时,+…+,作
7、差,得=n3,an=n,且a1=1也满足此式.故数列{an}的通项公式为an=n.
(2)证明:由(1)得,因为2n+1-(n+1)=2n-n+(2n-1)>2n-n≥2-1>0,所以>0.
又≤0,即,
所以+…++…+.
设S=+…+,
由错位相减法,得S=1++…+,即S=2<4.
所以+…+<4.
6.(1)证明:由an+1-Sn=n+1得an-Sn-1=n(n≥2),两式相减得an+1-an-(Sn-Sn-1)=1,即an+1=2an-1,an+1+1=2(an+1)(n≥2).
由S1=a1=1及a2-S1=2,得a2=3,满足a2+1=2(a1+1),所以数列{an+1}是以a1+1=2为首项,2为公比的等比数列.
(2)解:由(1)得an+1=2n,an=2n-1.
由p(an+1)>3n-1,得p>恒成立.
令f(n)=,n∈N*,
则f(n+1)-f(n)=.
∴当n=1时,有f(n+1)>f(n);
当n≥2时,有f(n+1),即p∈.
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