2020版新高考二轮复习理科数学教学案第三部分第2讲数列答案

第2讲数列■真题调研——————————————【例1】[2019·全国卷Ⅱ]已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；(2)求{an}和{bn}的通项公式．解：(1)由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝12(an＋bn)．又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8,即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，an＋bn＝12n－1，an－bn＝2n－1.所以an＝12[(an＋bn)＋(an－bn)]＝12n＋n－12，bn＝12[(an＋bn)－(an－bn)]＝12n－n＋12.【例2】[2019·江苏卷]定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”．(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”；(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，1Sn＝2bn－2bn＋1，其中Sn为数列{bn}的前n项和．①求数列{bn}的通项公式；②设m为正整数．若存在“M－数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，得a21q4＝a1q4，a1q2－4a1q＋4a1＝0，解得a1＝1，q＝2.因此数列{an}为“M－数列”．(2)①因为1Sn＝2bn－2bn＋1，所以bn≠0.由b1＝1，S1＝b1，得11＝21－2b2，则b2＝2.由1Sn＝2bn－2bn＋1，得Sn＝bnbn＋12bn＋1－bn，当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝bnbn＋12bn＋1－bn－bn－1bn2bn－bn－1，整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．②由①知，bk＝k，k∈N*.因为数列{cn}为“M－数列”，设公比为q，所以c1＝1，q0.因为ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1,2,3，…，m.当k＝1时，有q≥1；当k＝2,3，…，m时，有lnkk≤lnq≤lnkk－1.设f(x)＝lnxx(x1)，则f′(x)＝1－lnxx2.令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下：x(1，e)e(e，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值因为ln22＝ln86ln96＝ln33，所以f(k)max＝f(3)＝ln33.取q＝33，当k＝1,2,3,4,5时，lnkk≤lnq，即k≤qk，经检验知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5.若m≥6，分别取k＝3,6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在．因此所求m的最大值小于6.综上，所求m的最大值为5.【例3】[2019·天津卷]设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝1，2kn2k＋1，bk，n＝2k，其中k∈N*.①求数列的通项公式；②求．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意得6q＝6＋2d，6q2＝12＋4d，解得d＝3，q＝2，故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.所以，{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.(2)①＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.所以，数列{}的通项公式为＝9×4n－1.②＝2n×4＋2n2n－12×3＋i＝1n(9×4i－1)＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×41－4n1－4－n＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．【例4】[2019·浙江卷]设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn＝an2bn，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn2n，n∈N*.解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，解得a1＝0，d＝2.从而an＝2n－2，n∈N*.所以Sn＝n2－n，n∈N*.由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列得(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．解得bn＝1d(S2n＋1－SnSn＋2)．所以bn＝n2＋n，n∈N*.(2)cn＝an2bn＝2n－22nn＋1＝n－1nn＋1，n∈N*.我们用数学归纳法证明．(1)当n＝1时，c1＝02，不等式成立；(2)假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck2k，那么，当n＝k＋1时，c1＋c2＋…＋ck＋ck＋12k＋kk＋1k＋22k＋1k＋12k＋2k＋1＋k＝2k＋2(k＋1－k)＝2k＋1，即当n＝k＋1时不等式也成立．根据(1)和(2)，不等式c1＋c2＋…＋cn2n对任意n∈N*成立．■模拟演练——————————————1．[2019·南昌二模]已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且存在实数λ满足2an＋1＝λan＋4，n∈N*.(1)求λ的值及数列{an}的通项公式；(2)求数列{a2n－n}的前n项和Sn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，d≠0，由2an＋1＝λan＋4(n∈N*)，①得2an＝λan－1＋4(n∈N*，n≥2)，②两式相减得，2d＝λd，又d≠0，所以λ＝2.将λ＝2代入①可得an＋1－an＝2，即d＝2，又a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)可得a2n－n＝2(2n－n)－1＝2n＋1－(2n＋1)，所以Sn＝(22＋23＋…＋2n＋1)－[3＋5＋…＋(2n＋1)]＝41－2n1－2－n3＋2n＋12＝2n＋2－n2－2n－4.2．[2019·广州综合测试二]已知{an}是递增的等比数列，a2＋a3＝4，a1a4＝3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)解法一：设等比数列{an}的公比为q.因为a2＋a3＝4，a1a4＝3，所以a1q＋a1q2＝4，a1·a1q3＝3.解得a1＝9，q＝13，或a1＝13，q＝3.因为{an}是递增的等比数列，所以a1＝13，q＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.解法二：设等比数列{an}的公比为q.因为a2＋a3＝4，a1a4＝a2a3＝3，所以a2，a3是方程x2－4x＋3＝0的两个根，解得a2＝1，a3＝3，或a2＝3，a3＝1.因为{an}是递增的等比数列，所以a2＝1，a3＝3，则q＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.(2)由(1)知bn＝n×3n－2，则Sn＝1×3－1＋2×30＋3×31＋…＋n×3n－2，①在①式两边同时乘以3得，3Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n×3n－1，②①－②得－2Sn＝3－1＋30＋31＋…＋3n－2－n×3n－1，即－2Sn＝131－3n1－3－n×3n－1，所以Sn＝14(2n－1)×3n－1＋112.3．[2019·福建质检]数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－n.(1)求证数列{an＋1}是等比数列，并求an；(2)若数列{bn}为等差数列，且b3＝a2，b7＝a3，求数列{anbn}的前n项和．解：(1)当n＝1时，S1＝2a1－1，所以a1＝1.因为Sn＝2an－n，①所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)，②①－②得an＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1，所以an＋1an－1＋1＝2an－1＋1＋1an－1＋1＝2an－1＋2an－1＋1＝2，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2·2n－1＝2n，所以an＝2n－1.(2)由(1)知，a2＝3，a3＝7，所以b3＝a2＝3，b7＝a3＝7.设{bn}的公差为d，则b7＝b3＋(7－3)·d，所以d＝1，所以bn＝b3＋(n－3)·d＝n，所以anbn＝n(2n－1)＝n·2n－n.设数列{n·2n}的前n项和为Kn，数列{n}的前n项和为Tn，所以Kn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，③2Kn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，④③－④得－Kn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝21－2n1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2.所以Kn＝(n－1)·2n＋1＋2.又Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12，所以Kn－Tn＝(n－1)·2n＋1－nn＋12＋2，所以{anbn}的前n项和为(n－1)·2n＋1－nn＋12＋2.4．[2019·安徽合肥质检]已知等比数列{an}的各项都是正数，其中a3，a2＋a3，a4成等差数列，a5＝32.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列{log2an}的前n项和为Sn，求数列1Sn的前n项和Tn.解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由已知得2a2＋a3＝a3＋a4，a5＝32，即2a1q＋a1q2＝a1q3，a1q4＝32.∵an0，∴q0，解得q＝2，a1＝2.∴an＝2n.(2)由已知得，Sn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝nn＋12，∴1Sn＝2nn＋1＝21n－1n＋1，∴1Sn的前n项和Tn＝21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝2nn＋1.