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第42练 高考大题突破练——数列
训练目标
(1)数列知识的综合应用；(2)中档大题的规范练．
训练题型
(1)等差、等比数列的综合；(2)数列与不等式的综合；(3)数列与函数的综合；
(4)一般数列的通项与求和．
解题策略
(1)将一般数列转化为等差或等比数列；
(2)用方程(组)思想解决等差、等比数列的综合问题.
1.设数列{an}的前n项和为Sn.已知
3、2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
2．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
3．已知数列{an}的各项均为正数，Sn是数列{an}的前n项和，且4Sn＝a＋2an－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn＝2n，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn的值．
4、
4.在数列{an}中，a1＝，其前n项和为Sn，且Sn＝an＋1－(n∈N*)．
(1)求an，Sn；
(2)设bn＝log2(2Sn＋1)－2，数列{cn}满足cn·bn＋3·bn＋4＝1＋(n＋1)(n＋2)·2bn，数列{cn}的前n项和为Tn，求使4Tn>2n＋1－成立的最小正整数n的值．
5．已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝.
(1)当n∈N*时，求f(n)的表达式；
(2)设an＝n·f(n)，n∈N*，求证：a1＋a2＋a3＋…＋an<2；
(3)设bn＝(9－n)，n∈N*，Sn为{bn}的前n项和，当Sn最
5、大时，求n的值．
答案精析
1．解 (1)因为2Sn＝3n＋3，
所以2a1＝3＋3，故a1＝3，
当n>1时，2Sn－1＝3n－1＋3，
此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，
即an＝3n－1，
显然a1不满足an＝3n－1，
所以an＝
(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，
当n>1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n，
所以T1＝b1＝.
当n>1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3－1＋2×3－2＋3×3－3＋…＋(n－1)×31－n]，
所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋3×
6、3－2＋…＋(n－1)×32－n]，
两式相减，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋3－3＋…＋32－n)－(n－1)×31－n
＝＋－(n－1)×31－n
＝－，
所以Tn＝－.
经检验，n＝1时也适合．
综上可得Tn＝－.
2．解 (1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8.
又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)．
由a4＝a1q3得公比q＝2，
故an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
(2)Sn＝＝2n－1，
又bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋＝－
＝1－.
3．解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝a＋a1－.
解得a1＝3.又
7、∵4Sn＝a＋2an－3，①
当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1－3.②
①－②，得4an＝a－a＋2(an－an－1)，
即a－a－2(an＋an－1)＝0.
∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝2 (n≥2)，
∴数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列．
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)Tn＝3×21＋5×22＋…＋(2n＋1)·2n，③
2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)2n＋1，④
④－③，得
Tn＝－3×21－2(22＋23＋…＋2n)＋(2n＋1)2n＋1
8、
＝－6＋8－2·2n＋1＋(2n＋1)·2n＋1
＝(2n－1)2n＋1＋2.
4．解 (1)由Sn＝an＋1－，得Sn－1＝an－(n≥2)，
两式作差得an＝an＋1－an，即2an＝an＋1(n≥2)，∴＝2(n≥2)，
由a1＝S1＝a2－＝，得a2＝1，∴＝2，
∴数列{an}是首项为，公比为2的等比数列．
则an＝·2n－1＝2n－2，Sn＝an＋1－＝2n－1－.
(2)bn＝log2(2Sn＋1)－2＝log22n－2＝n－2，
∴cn·bn＋3·bn＋4＝1＋(n＋1)(n＋2)·2bn，
即cn(n＋1)(n＋2)＝1＋(n＋1)(n＋2)·2n－2，
9、
∴cn＝＋2n－2
＝－＋2n－2，
∴Tn＝(－)＋(－)＋…＋(－)
＋(2－1＋20＋…＋2n－2)
＝－＋
＝－－＋2n－1
＝2n－1－.
由4Tn>2n＋1－，
得4(2n－1－)>2n＋1－.
即<，n>2 014.
∴使4Tn>2n＋1－成立的最小正整数n的值为2 015.
5．(1)解 令x＝n，y＝1，
得f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝f(n)，
∴{f(n)}是首项为，公比为的等比数列，
∴f(n)＝()n.
(2)证明 设Tn为{an}的前n项和，
∵an＝n·f(n)＝n·()n，
∴Tn＝＋2×()2＋3×()3＋…＋n×()n，
Tn＝()2＋2×()3＋3×()4＋…＋(n－1)×()n＋n×()n＋1，
两式相减得Tn＝＋()2＋()3＋…＋()n－n×()n＋1，
＝1－()n－n×()n＋1，
∴Tn＝2－()n－1－n×()n<2.
(3)解 ∵f(n)＝()n，
∴bn＝(9－n)
＝(9－n)＝.
∴当n≤8时，bn>0；
当n＝9时，bn＝0；
当n>9时，bn<0.
∴当n＝8或n＝9时，Sn取得最大值．
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