2019高考數學大二輪復習 專題5 數列 第2講 綜合大題部分增分強化練 文.doc

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第2講　綜合大題部分 1．已知等差數列{an}滿足a1＝1，a4＝7，記cn＝bn－an，數列{cn}的前n項和為Tn，且Tn＝2cn－2. (1)求數列{an}和{bn}的通項公式； (2)求數列{bn}的前n項和Sn. 解析：(1)由數列{an}是等差數列，且a1＝1，a4＝7， 得公差d＝＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. 當n＝1時，c1＝2c1－2，解得c1＝2， 當n≥2時，cn＝Tn－Tn－1＝2cn－2－(2cn－1－2)＝2cn－2cn－1，∴cn＝2cn－1， ∴數列{cn}是以c1＝2為首項，2為公比的等比數列， ∴cn＝22n－1＝2n，∴bn＝2n－1＋2n. (2)由(1)知，bn＝2n－1＋2n， ∴Sn＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(2＋22＋…＋2n) ＝＋ ＝n2＋2n＋1－2. 2．(2018高考浙江卷)已知等比數列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項．數列{bn}滿足b1＝1，數列{(bn＋1－bn)an}的前n項和為2n2＋n. (1)求q的值； (2)求數列{bn}的通項公式． 解析：(1)由a4＋2是a3，a5的等差中項，得a3＋a5＝2a4＋4， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28， 解得a4＝8. 由a3＋a5＝20，得8(q＋)＝20， 解得q＝2或q＝， 因為q>1，所以q＝2. (2)設cn＝(bn＋1－bn)an，數列{cn}的前n項和為Sn. 由cn＝解得cn＝4n－1. 由(1)可得an＝2n－1， 所以bn＋1－bn＝(4n－1)()n－1， 故bn－bn－1＝(4n－5)()n－2，n≥2， bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)()n－2＋(4n－9)()n－3＋…＋7＋3. 設Tn＝3＋7＋11()2＋…＋(4n－5)()n－2，n≥2， 則Tn＝3＋7()2＋…＋(4n－9)()n－2＋(4n－5)()n－1， 所以Tn＝3＋4＋4()2＋…＋4()n－2－(4n－5)()n－1， 因此Tn＝14－(4n＋3)()n－2，n≥2. 又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)()n－2. 3．已知函數f(x)＝，設數列{an}滿足an＋1＝f(an)，且a1＝. (1)求數列{an}的通項公式； (2)若記bi＝f(－(2i－1)an)(i＝1,2,3，…，n)，求數列{bi}的前n項和Tn. 解析：(1)由an＋1＝f(an)得an＋1＝， 所以＝＝2＋， 所以{}是首項為2，公差為2的等差數列． 所以＝2＋(n－1)2＝2n， 所以an＝. (2)法一：由(1)知bi＝f(－)(i＝1,2,3，…，n)，則 bi＝＝ ＝， bn－i＋1＝ ＝ ＝＝， bi＋bn－i＋1＝＋＝1(i＝1,2,3，…，n)， Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn， Tn＝bn＋bn－1＋bn－2＋…＋b1， 兩式相加得2Tn＝(b1＋bn)＋(b2＋bn－1)＋(b3＋bn－2)＋…＋(bn＋b1)＝ (bi＋bn－i＋1)＝n， 所以Tn＝. 法二：由(1)知bi＝f(－)(i＝1,2,3，…，n)， 則Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝f(－)＋f(－)＋…＋f(－)， 又f(x)＝，所以f(x)＋f(－1－x)＝1. 則2Tn＝f(－)＋f(－)＋f(－)＋f(－)＋…＋f(－)＋f(－)＝＝n，所以Tn＝. 4．(2018宜昌調研)已知數列{an}滿足a1＝1，an＝(n∈N*，n≥2)，數列{bn}滿足關系式bn＝(n∈N*)． (1)求證：數列{bn}為等差數列； (2)求數列{an}的通項公式． 解析：(1)證明：∵bn＝，且an＝，∴bn＋1＝＝＝， ∴bn＋1－bn＝－＝4. 又b1＝＝1， ∴數列{bn}是以1為首項，4為公差的等差數列． (2)由(1)知數列{bn}的通項公式為bn＝1＋(n－1)4＝4n－3，又bn＝， ∴an＝＝. ∴數列{an}的通項公式為an＝.