1、专练 33高考大题专练(三)数列的综合运用 1.已知等差数列an满足 a13，a515，数列bn满足 b14，b531.设 cnbnan，且cn 为正项等比数列 (1)求数列an和bn的通项公式； (2)求数列bn的前 n 项和 Sn. 2.2020全国卷设数列an满足 a13，an13an4n. (1)计算 a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明； (2)求数列2nan的前 n 项和 Sn. 3.2021全国新高考卷已知数列an满足 a11，an1 an1，n 为奇数， an2，n 为偶数 ). (1)记 bna2n，写出 b1，b2，并求数列bn的通项公式； (2)求an的前 20 项和
2、 4.设数列an的前 n 项和为 Sn，a12，an12Sn.(nN*) (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn1log2(an)2，求证数列 1 bnbn1的前 n 项和 Tn1 6. 5.2020全国卷设an是公比不为 1 的等比数列，a1为 a2，a3的等差中项 (1)求an的公比； (2)若 a11，求数列nan的前 n 项和 6.2021全国乙卷记 Sn为数列an的前 n 项和，bn为数列Sn的前 n 项积，已知 2 Sn 1 bn 2. (1)证明：数列bn是等差数列； (2)求an的通项公式 7.2021全国甲卷已知数列an的各项均为正数，记 Sn为an的前 n 项和，从下
3、面中选 取两个作为条件，证明另外一个成立 数列an是等差数列；数列Sn是等差数列；a23a1. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 8.2021全国乙卷，文设an是首项为 1 的等比数列，数列bn满足 bnnan 3 .已知 a1,3a2,9a3成 等差数列 (1)求an和bn的通项公式； (2)记 Sn和 Tn分别为an和bn的前 n 项和证明：Tn0)， 由已知得 c1b1a1431，c5b5a5311516. 因为 c5c1q4，即 161q4，解得 q2(负值舍去)， 所以 cn12n 12n1. 由 cnbnan得 bnancn，所以 bn3n2n 1. (2)由(1
4、)得 bn3n2n 1，所以数列bn的前 n 项和 Sn(31)(621)(922)(3n2n 1) (3693n)(12222n 1) n33n 2 12 n 12 3n3n 2 2 2n1. 2解析：(1)a25，a37. 猜想 an2n1.由已知可得 an1(2n3)3an(2n1)， an(2n1)3an1(2n1)， a253(a13) 因为 a13，所以 an2n1. (2)由(1)得 2nan(2n1)2n， 所以 Sn32522723(2n1)2n. 从而 2Sn322523724(2n1)2n 1. 得 Sn3222222322n(2n1)2n 1. 所以 Sn(2n1)2n
5、 12. 3解析：(1)由题设可得 b1a2a112，b2a4a31a2215 又 a2k2a2k11，a2k1a2k2，(kN*) 故 a2k2a2k3，即 bn1bn3，即 bn1bn3 所以bn为等差数列，故 bn2(n1)33n1. (2)设an的前 20 项和为 S20，则 S20a1a2a3a20， 因为 a1a21，a3a41，a19a201， 所以 S202 (a 2a4a18a20)10 2 (b 1b2b9b10)10 2 102910 2 3 10300. 4解析：(1)an12Sn(nN*) 当 n2 时，an2Sn1，an1anSnSn1an， an12an(n2)，
6、又 a22a14，又 a12， a22a1，an是以 2 为首项以 2 为公比的等比数列， an22n 12n. (2)证明：bn1log2(an)2，则 bn2n1， 1 bnbn1 1 2 1 2n1 1 2n3 ， Tn1 2 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n3 1 2 1 3 1 2n3 1 6 1 22n3 1 6. 5解析：(1)设an的公比为 q，由题设得 2a1a2a3，即 2a1a1qa1q2. 所以 q2q20，解得 q11(舍去)，q22. 故an的公比为2. (2)记 Sn为nan的前 n 项和由(1)及题设可得，an(2)n 1. 所以 Sn12(
7、2)n(2)n 1， 2Sn22(2)2(n1)(2)n 1n(2)n. 可得 3Sn1(2)(2)2(2)n 1n(2)n 12 n 3 n(2)n. 所以 Sn1 9 3n12n 9 . 6解析：(1)因为 bn是数列Sn的前 n 项积， 所以 n2 时，Sn bn bn1， 代入 2 Sn 1 bn2 可得， 2bn1 bn 1 bn2， 整理可得 2bn112bn，即 bnbn11 2(n2) 又 2 S1 1 b1 3 b12，所以 b 13 2， 故bn是以3 2为首项， 1 2为公差的等差数列 (2)由(1)可知，bnn2 2 ，则 2 Sn 2 n22，所以 S nn2 n1，
8、 当 n1 时，a1S13 2， 当 n2 时，anSnSn1n2 n1 n1 n 1 nn1. 故 an 3 2，n1 1 nn1，n2 . 7解析：. 已知an是等差数列，a23a1. 设数列an的公差为 d，则 a23a1a1d，得 d2a1， 所以 Snna1nn1 2 dn2a1. 因为数列an的各项均为正数，所以 Snn a1， 所以 Sn1 Sn(n1) a1n a1 a1(常数)，所以数列 Sn是等差数列 . 已知an是等差数列， Sn是等差数列 设数列an的公差为 d， 则 Snna1nn1 2 d1 2n 2d a1d 2 n. 因为数列 Sn是等差数列， 所以数列 Sn的
9、通项公式是关于 n 的一次函数， 则 a1d 20， 即 d2a1，所以 a2a1d3a1. . 已知数列 Sn是等差数列，a23a1，所以 S1a1，S2a1a24a1. 设数列 Sn的公差为 d，d0，则 S2 S1 4a1 a1d， 得 a1d2，所以 Sn S1(n1)dnd，所以 Snn2d2， 所以 anSnSn1n2d2(n1)2d22d2nd2(n2)， 是关于 n 的一次函数， 所以数列an 是等差数列 8解析：(1)设an的公比为 q，则 anqn 1. 因为 a1,3a2,9a3成等差数列，所以 19q223q，解得 q1 3， 故 an 1 3n 1，bn n 3n. (2)由(1)知 Sn 1 1 3n 11 3 3 2(1 1 3n)，T n1 3 2 32 3 33 n 3n， 1 3T n 1 32 2 33 3 34 n1 3n n 3n 1， 得 2 3T n1 3 1 32 1 33 1 3n n 3n 1， 即 2 3T n 1 31 1 3n 11 3 n 3n 11 2(1 1 3n) n 3n 1， 整理得 Tn3 4 2n3 43n， 则 2TnSn2(3 4 2n3 43n) 3 2(1 1 3n) n 3n0，故 T nSn 2 .
