2023届高考人教B版数学一轮复习试题（适用于新高考新教材） 高考大题专项（三）　数列 WORD版含解析.docx

1、高考大题专项(三)数列1.已知数列an的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-2n-1(nN*).(1)求证:数列an+2是等比数列;(2)求数列n(an+2)的前n项和.2.在b4=a3+a5;b4+b6=3a3+3a5;a2+a3=b4这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.已知an是等差数列,其前n项和为Sn,bn是公比大于0的等比数列,b1=1,b3=b2+2,b5=a4+2a6,且,设cn=b2Sn,是否存在k,使得对任意的nN*,都有ckcn?3.若数列an的前n项和为Sn,且a1=1,a2=2,(Sn+1)(Sn+2+1)=(S

2、n+1+1)2.(1)求Sn;(2)记数列1an的前n项和为Tn,证明:1Tn2.4.在数列an中,a1=1,a1+a22+a33+ann=2n-1(nN*).(1)求数列an的前n项和Sn;(2)若存在nN*,使得ann(n+1)成立,求实数的最小值.5.已知等差数列an的前n项和为Sn,a2=1,S7=14,数列bn满足b1b2b3bn=2n2+n2.(1)求数列an和bn的通项公式;(2)若数列cn满足cn=bncos(an),求数列cn的前2n项和T2n.6.已知an为等差数列,bn为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).(1)求an和bn的通项公式

3、;(2)记an的前n项和为Sn,求证:SnSn+20),因为bn是公比大于0的等比数列,且b1=1,b3=b2+2,所以q2=q+2,解得q=2(q=-1不合题意,舍去).所以bn=2n-1.若存在k,使得对任意的nN*,都有ckcn,则cn存在最小值.方案一:若选,则由b5=a4+2a6,b4=a3+a5,可得3a1+13d=16,2a1+6d=8,解得a1=1,d=1.所以Sn=12n2+12n,cn=b2Sn=212n2+12n=4n2+n.因为nN*,所以n2+n2,cn是递减数列,所以cn不存在最小值,即不存在满足题意的k.方案二:若选,由b5=a4+2a6,b4+b6=3a3+3a

4、5,可得3a1+13d=16,6a1+18d=40,解得a1=293,d=-1.所以Sn=-12n2+616n,cn=b2Sn=12-3n2+61n.因为当n20时,cn0,当n21时,cn0,所以易知cn的最小值为c21=-27.即存在k=21,使得对任意的nN*,都有ckcn.方案三:若选,则由b5=a4+2a6,a2+a3=b4,可得3a1+13d=16,2a1+3d=8,解得a1=5617,d=817.所以Sn=4n2+52n17,cn=b2Sn=172n2+26n.因为nN*,所以2n2+26n28,cn是递减数列,所以cn不存在最小值,即不存在满足题意的k.3.(1)解由题意得Sn

5、+2+1Sn+1+1=Sn+1+1Sn+1=S2+1S1+1,所以数列Sn+1是等比数列.又因为S1+1=a1+1=2,S2+1=a1+a2+1=4,所以S2+1S1+1=2,所以数列Sn+1是首项为2,公比为2的等比数列.所以Sn+1=22n-1=2n,所以Sn=2n-1.(2)证明由(1)知,当n2时,Sn=2n-1,Sn-1=2n-1-1,两式相减得an=2n-1.当n=1时,a1=1也满足an=2n-1,所以数列an的通项公式为an=2n-1(nN*).所以1an=12n-1(nN*).所以Tn=1a1+1a2+1an=1+12+12n-1=1-(12)n1-12=2-12n-1.因为

6、nN*,所以012n-11,所以-1-12n-10.所以12-12n-12,即1Tn1,f(n)单调递增,从而f(n)min=f(1)=12,12,因此实数的最小值为12.5.解(1)设an的公差为d,由a2=1,S7=14得a1+d=1,7a1+21d=14.解得a1=12,d=12,an=n2.b1b2b3bn=2n2+n2=2n(n+1)2,b1b2b3bn-1=2n(n-1)2(n2),两式相除得bn=2n(n2).当n=1时,b1=2符合上式.bn=2n.(2)cn=bncos(an)=2ncosn2,T2n=2cos2+22cos+23cos32+24cos(2)+22n-1cos

7、(2n-1)2+22ncos(n)=22cos+24cos(2)+22ncos(n)=-22+24-+(-1)n22n=-41-(-4)n1+4=-4+(-4)n+15.6.(1)解设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而an的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),又q0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而bn的通项公式为bn=2n-1.(2)证明由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14(n+1)2(n+2)2,从而SnSn+2-Sn+12=-1

8、2(n+1)(n+2)0,所以SnSn+2Sn+12.(3)解当n为奇数时,cn=(3an-2)bnanan+2=(3n-2)2n-1n(n+2)=2n+1n+2-2n-1n;当n为偶数时,cn=an-1bn+1=n-12n.对任意的正整数n,有k=1nc2k-1=k=1n22k2k+1-22k-22k-1=22n2n+1-1,和k=1nc2k=k=1n2k-14k=14+342+543+2n-14n.由得14k=1nc2k=142+343+2n-34n+2n-14n+1.由得34k=1nc2k=14+242+24n-2n-14n+1=241-14n1-14-14-2n-14n+1,从而得k=1nc2k=59-6n+594n.因此,k=12nck=k=1nc2k-1+k=1nc2k=4n2n+1-6n+594n-49.所以,数列cn的前2n项和为4n2n+1-6n+594n-49.