高考數(shù)學(xué) 江蘇專用理科專題復(fù)習(xí)：專題6 數(shù)列 第41練 Word版含解析

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1、 訓(xùn)練目標(biāo) (1)數(shù)列知識的綜合應(yīng)用；(2)中檔大題的規(guī)范練． 訓(xùn)練題型 (1)等差、等比數(shù)列的綜合；(2)數(shù)列與不等式的綜合；(3)數(shù)列與函數(shù)的綜合；(4)一般數(shù)列的通項與求和． 解題策略 (1)將一般數(shù)列轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列； (2)用方程(組)思想解決等差、等比數(shù)列的綜合問題. 1．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知2Sn＝3n＋3. (1)求{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足anbn＝log3an，求{bn}的前n項和Tn. 2．(20xx·安徽)已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8. (1)求數(shù)列{an}的通

2、項公式； (2)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和，bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 3．已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且4Sn＝a＋2an－3. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)已知bn＝2n，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn的值． 4．(20xx·蘇州、無錫、常州、鎮(zhèn)江三模)已知常數(shù)λ≥0，若各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，Sn＋1＝Sn＋(λ·3n＋1)an＋1(n∈N*)． (1)若λ＝0，求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若an＋1＜an對一切n∈N*恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍． 5．已知函

3、數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝. (1)當(dāng)n∈N*時，求f(n)的表達(dá)式； (2)設(shè)an＝n·f(n)，n∈N*，求證：a1＋a2＋a3＋…＋an＜2； (3)設(shè)bn＝(9－n)，n∈N*，Sn為{bn}的前n項和，當(dāng)Sn最大時，求n的值． 答案精析 1．解　(1)因為2Sn＝3n＋3， 所以2a1＝3＋3，故a1＝3， 當(dāng)n＞1時，2Sn－1＝3n－1＋3， 此時2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1， 即an＝3n－1， 顯然當(dāng)n＝1時，a1不滿足an＝3n－1， 所以an＝ (2)因為anbn＝log3an，所

4、以b1＝， 當(dāng)n＞1時，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n， 所以T1＝b1＝. 當(dāng)n＞1時，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＋3×3－2＋…＋(n－1)×32－n]， 兩式相減，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋3－3＋…＋32－n)－(n－1)×31－n ＝＋－(n－1)×31－n ＝－，所以Tn＝－. 經(jīng)檢驗，n＝1時也適合． 綜上可得Tn＝－. 2．解　(1)由題設(shè)知a1·a4＝a2·a3＝8. 又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)． 由a

5、4＝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)當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝a＋a1－. 解得a1＝3.又∵4Sn＝a＋2an－3，① 當(dāng)n≥2時，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)， ∴數(shù)列{an}是以3為首項，2為公差的等差數(shù)列．

6、∴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 ＝－6＋8－2·2n＋1＋(2n＋1)·2n＋1 ＝(2n－1)2n＋1＋2. 4．解　(1)當(dāng)λ＝0時，Sn＋1＝Sn＋an＋1， 所以Sn＝Sn. 因為an＞0，所以Sn＞0，所以an＋1＝an. 因為a1＝1，所以an＝1. (2)因為Sn＋1＝Sn＋(λ·3n＋1)·an＋1，an＞0， 所以－＝λ·3n＋1，

7、 則－＝λ·3＋1， －＝λ·32＋1，…， －＝λ·3n－1＋1(n≥2，n∈N*)． 累加，得－1＝λ·(3＋32＋…＋3n－1)＋n－1， 則Sn＝(λ·＋n)·an(n≥2，n∈N*)． 經(jīng)檢驗，上式對n＝1也成立， 所以Sn＝(λ·＋n)·an(n∈N*)，① Sn＋1＝(λ·＋n＋1)·an＋1(n∈N*)．② ②－①，得an＋1＝(λ·＋n＋1)·an＋1－(λ·＋n)·an， 即(λ·＋n)·an＋1＝(λ·＋n)·an. 因為λ≥0，所以λ·＋n＞0，λ·＋n＞0. 因為an＋1＜an對一切n∈N*恒成立， 所以λ·＋n＜·(λ·＋n)對一切n∈N*

8、恒成立， 即λ＞對一切n∈N*恒成立． 記bn＝， 則bn－bn＋1＝－ ＝. 當(dāng)n＝1時，bn－bn＋1＝0； 當(dāng)n≥2時，bn－bn＋1＞0. 所以b1＝b2＝是一切bn中最大的項． 綜上，λ的取值范圍是(，＋∞)． 5．(1)解　令x＝n，y＝1， 得f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝f(n)， ∴{f(n)}是首項為，公比為的等比數(shù)列， ∴f(n)＝()n. (2)證明　設(shè)Tn為{an}的前n項和， ∵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， 兩式相減得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)＝. ∴當(dāng)n≤8時，bn＞0； 當(dāng)n＝9時，bn＝0； 當(dāng)n＞9時，bn＜0. ∴當(dāng)n＝8或n＝9時，Sn取得最大值．