2017届高考理科数学二轮复习训练：1-3-1 等差数列、等比数列（参考解析）

         1．[2015·郑州质量预测(二)]已知等差数列{a_n}的各项均为正数，a₁＝1，且a₃，a₄＋2(5)，a₁₁成等比数列．

(1)求{a_n}的通项公式；

(2)设b_n＝anan＋1(1)，求数列{b_n}的前n项和T_n.

解 (1)设等差数列{a_n}的公差为d，由题意知d>0，

因为a₃，a₄＋2(5)，a₁₁成等比数列，所以2(5)²＝a₃a₁₁，

所以＋3d(7)²＝(1＋2d)(1＋10d)，即44d²－36d－45＝0，

所以d＝2(3)(d＝－22(15)舍去)，

所以a_n＝2(3n－1).

(2)b_n＝anan＋1(1)＝(3n－1)(3n＋2)(4)＝3(4)3n＋2(1)，

所以T_n＝3(4)3n＋2(1)＝3n＋2(2n).

2．[2015·石家庄一模]设数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁＝1，a_n＋1＝λS_n＋1(n∈N^*，λ≠－1)，且a₁、2a₂、a₃＋3为等差数列{b_n}的前三项．

(1)求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；

(2)求数列{a_nb_n}的前n项和．

解 (1)解法一：∵a_n＋1＝λS_n＋1(n∈N^*)，

∴a_n＝λS_n－1＋1(n≥2)，

∴a_n＋1－a_n＝λa_n，即a_n＋1＝(λ＋1)a_n(n≥2)，λ＋1≠0，

又a₁＝1，a₂＝λS₁＋1＝λ＋1，

∴数列{a_n}是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列，

∴a₃＝(λ＋1)²，

∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)²＋3，整理得λ²－2λ＋1＝0，解得λ＝1，

∴a_n＝2^n－1，b_n＝1＋3(n－1)＝3n－2.

解法二：∵a₁＝1，a_n＋1＝λS_n＋1(n∈N^*)，

∴a₂＝λS₁＋1＝λ＋1，a₃＝λS₂＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ²＋2λ＋1，

∴4(λ＋1)＝1＋λ²＋2λ＋1＋3，整理得λ²－2λ＋1＝0，解得λ＝1，

∴a_n＋1＝S_n＋1(n∈N^*)，

∴a_n＝S_n－1＋1(n≥2)，

∴a_n＋1－a_n＝a_n(n≥2)，即a_n＋1＝2a_n(n≥2)，

又a₁＝1，a₂＝2，

∴数列{a_n}是以1为首项，公比为2的等比数列，

∴a_n＝2^n－1，

b_n＝1＋3(n－1)＝3n－2.

(2)由(1)知，a_nb_n＝(3n－2)×2^n－1，设T_n为数列{a_nb_n}的前n项和，

∴T_n＝1×1＋4×2¹＋7×2²＋…＋(3n－2)×2^n－1，①

∴2T_n＝1×2¹＋4×2²＋7×2³＋…＋(3n－5)×2^n－1＋(3n－2)×2ⁿ.②

①－②得，－T_n＝1×1＋3×2¹＋3×2²＋…＋3×2^n－1－(3n－2)×2ⁿ

＝1＋3×1－2(2×(1－2n－1))－(3n－2)×2ⁿ，

整理得：T_n＝(3n－5)×2ⁿ＋5.

3．[2015·云南统测]在数列{a_n}中，a₁＝5(3)，a_n＋1＝2－an(1)，设b_n＝an－1(1)，数列{b_n}的前n项和是S_n.

(1)证明数列{b_n}是等差数列，并求S_n；

(2)比较a_n与S_n＋7的大小．

解 (1)证明：∵b_n＝an－1(1)，a_n＋1＝2－an(1)，∴b_n＋1＝an＋1－1(1)＝an－1(1)＋1＝b_n＋1，∴b_n＋1－b_n＝1，

∴数列{b_n}是公差为1的等差数列．

由a₁＝5(3)，b_n＝an－1(1)得b₁＝－2(5)，

∴S_n＝－2(5n)＋2(n(n－1))＝2(n2)－3n.

(2)由(1)知：b_n＝－2(5)＋n－1＝n－2(7).由b_n＝an－1(1)得a_n＝1＋bn(1)＝1＋2(7).

∴a_n－S_n－7＝－2(n2)＋3n－6＋2(7).

∵当n≥4时，y＝－2(n2)＋3n－6是减函数，y＝2(7)也是减函数，

∴当n≥4时，a_n－S_n－7≤a₄－S₄－7＝0.

又∵a₁－S₁－7＝－10(39)<0，a₂－S₂－7＝－3(8)<0，a₃－S₃－7＝－2(7)<0，∴∀n∈N^*，a_n－S_n－7≤0，

∴a_n≤S_n＋7.

4．[2015·德阳二诊]已知正项等比数列{a_n}中，S_n为其前n项和，已知a₂a₄＝1，S₃＝7.

(1)求a_n的通项公式；

(2)若b_n＝8(1)a_n·log₂a_n，T_n＝b₁＋b₂＋…＋b_n(n∈N^*)，求T_n的值．

解 (1)由a₂a₄＝1得：a3(2)＝1，∵a_n>0，∴a₃＝1，

由S₃＝7得：a₁＋a₂＋a₃＝7，

∴q2(1)＋q(1)＋1＝7，∴6q²－q－1＝0，

∴q＝2(1)或q＝－3(1)(舍)

∴a₁＝q2(1)＝4，∴a_n＝42(1)^n－1＝2^3－n.

(2)b_n＝8(1)·2^3－n·(3－n)＝2n(3－n)，

∴T_n＝21(2)＋22(1)＋…＋2n(3－n) ①

2(1)T_n＝22(2)＋23(1)＋…＋2n＋1(3－n) ②

①－②得：2(1)T_n＝1－2n(1)－2n＋1(3－n)

＝1－2(1)－2n＋1(3－n)

＝1－2(1)＋2(1)ⁿ－2n＋1(3－n)

＝2(1)＋2n＋1(n－1)，∴T_n＝1＋2n(n－1).

5．[2015·大连一模]已知数列{a_n}中，a₁＝1，其前n项的和为S_n，且满足a_n＝n()(n≥2)．

(1)求证：数列Sn(1)是等差数列；

(2)证明：当n≥2时，S₁＋2(1)S₂＋3(1)S₃＋…＋n(1)S_n<2(3).

证明 (1)当n≥2时，S_n－S_n－1＝n()，S_n－1－S_n＝2S_nS_n－1，

Sn(1)－Sn－1(1)＝2，从而Sn(1)是以1为首项，2为公差的等差数列．

(2)由(1)可知，Sn(1)＝S1(1)＋(n－1)×2＝2n－1，

∴S_n＝2n－1(1)，∴当n≥2时，n(1)S_n＝n(2n－1)(1)＝2(1)·n(n－1)(1)＝2(1)n(1)，

从而S₁＋2(1)S₂＋3(1)S₃＋…＋n(1)S_n<1＋2(1)n(1)＝2(3)－2n(1)<2(3).

6．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁＝1，a₂＝4，S_n＋1＝5S_n－4S_n－1(n≥2)，等差数列{b_n}满足b₆＝6，b₉＝12，

(1)分别求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；

(2)若对于任意的n∈N^*，3(1)·k≥b_n恒成立，求实数k的取值范围．

解 (1)∵S_n＋1＝5S_n－4S_n－1⇒S_n＋1－S_n＝4(S_n－S_n－1)⇒a_n＋1＝4a_n(n≥2)

∵a₁＝1，a₂＝4⇒a₂＝4a₁，所以数列{a_n}为等比数列，a_n＝4^n－1，

3d＝b₉－b₆＝6⇒d＝2，b_n＝6＋(n－6)×2＝2n－6，

故所求数列{a_n}，{b_n}的通项公式为a_n＝4^n－1，b_n＝2n－6.

(2)数列{a_n}的前n项的和为S_n＝1－4(1－4n)＝3(1)(4ⁿ－1)，

3(1)·k≥b_n⇒3(4n)×k≥2n－6⇒k≥4n(6n－18)，

设C_n＝4n(6n－18)，C_n－C_n－1＝4n(6n－18)－4n－1(6(n－1)－18)＝4n(－18n＋78)，

当n≤4时，C_n>C_n－1，当n≥5时，C_n<C_n－1，所以当n＝4时C_n最大，所以C₄＝128(3)，所以k≥128(3).