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1、解答題專題練(五) 數 列
(建議用時：40分鐘)
1．已知首項為，公比不等于1的等比數列{an}的前n項和為Sn，且S3，S2，S4成等差數列．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)記bn＝n|an|，數列{bn}的前n項和為Tn，求Tn.
2．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)調研)已知等差數列{an}的公差d不為0，且a3＝a，a2＝a4＋a6.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設數列{an}的前n項和為Sn，求滿足Sn－2an－20>0的所有正整數n的集合．
2、
3．(2019·泰州模擬)設數列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N*，設Sn為數列{bn}的前n項和，已知b1≠0，2bn－b1＝S1·Sn，n∈N* .
(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；
(2)求證：對任意的n∈N*且n≥2，有＋＋…＋<.
4．(2019·南通模擬)已知數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，且滿足a1＋a2＋a3＝9，b1b2b3＝27.
(1)若a4＝b3，b4－b3＝m.
①當m＝18時，求數列{an}和{bn}的通項公式；
②若數列{bn}是唯一的，求m的值；
(
3、2)若a1＋b1, a2＋b2，a3＋b3均為正整數，且成等比數列，求數列{an}的公差d的最大值．
解答題專題練(五)
1．解：(1)法一：設數列{an}的公比為q，由題意得2S2＝S3＋S4，q≠1，
所以2×＝＋.
化簡得q2＋q－2＝0，得q＝－2，
又數列{an}的首項為，
所以an＝×(－2)n－1.
法二：設數列{an}的公比為q，由題意得2S2＝S3＋S4，
即(S4－S2)＋(S3－S2)＝0，
即(a4＋a3)＋a3＝0，
所以＝－2，所以公比q＝－2.
又數列{an}的首項為，所以a
4、n＝×(－2)n－1.
(2)bn＝n|an|＝n××2n－1＝×n×2n，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)，①
2Tn＝(1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1)，②
①－②得，
－Tn＝，
所以Tn＝＋(n－1)×2n.
2．解：(1)由a3＝a，得a1＋2d＝(a1＋6d)2，①
由a2＝a4＋a6，得a1＋d＝2a1＋8d，
即a1＝－7d，②
②代入①，得－5d＝d2.
所以d＝－5或d＝0(不符合題意，舍去)．
則a1＝35.
所以an＝35＋(n－1)(－5)＝－5n＋40.
(2)Sn＝＝，
5、
不等式Sn－2an－20>0，
即－2(－5n＋40)－20>0.
整理得n2－19n＋40<0.
所以
6、n－1＝2n－1.
(2)證明：＝
＝≤，
＋＋…＋<1＋＋…＋＝＝<.
4．解：(1)①由數列{an}是等差數列及a1＋a2＋a3＝9，得a2＝3，
由數列{bn}是等比數列及b1b2b3＝27，得b2＝3.
設數列{an}的公差為d，數列{bn}的公比為q，
若m＝18，則有，解得 或.
所以，{an}和{bn}的通項公式為或
②由題設b4－b3＝m，得3q2－3q＝m，即3q2－3q－m＝0(*)．
因為數列{bn}是唯一的，所以
(ⅰ)當m＝0時，3q2－3q＝0，因為q≠0所以q＝1，即bn＝3.滿足題意；
(ⅱ)當m≠0時，則有(*)式的判別式Δ＝(－3)2
7、＋12m＝0，
解得m＝－，代入(*)式，解得q＝，
又b2＝3，bn＝3，所以{bn}是唯一的等比數列，符合題意.
所以，m＝0或－.
(2)依題意，36＝(a1＋b1)(a3＋b3)，
設{bn}公比為q，則有36＝(3＋d＋3q)，(**)
記m＝3－d＋，n＝3＋d＋3q，則mn＝36.
將(**)中的q消去，整理得d2＋(m－n)d＋3(m＋n)－36＝0，
d的大根為
＝
而m，n∈N*，所以(m，n)的可能取值為：
(1，36)，(2，18)，(3，12)，(4，9)，(6，6)，(9，4)，(12，3)，(18，2)，(36，1)．
所以，當m＝1，n＝36時，d的最大值為.
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（江蘇專用）2020版高考數學三輪復習 解答題專題練（五）數列 文 蘇教版
