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2019-2020年高考数学二轮复习限时训练14等差、等比数列及数列求和文1.已知等比数列{an}中,a1=a,a2=b,a3=c,a,b,c分别为△ABC的三个内角A,B,C的对边,且cosB=.1求数列{an}的公比q;2设集合A={x∈N|x22|x|},且a1∈A,求数列{an}的通项公式.解1依题意知b2=ac,由余弦定理得cosB==×-=,而=q2,代入上式得q2=2或q2=,∵在三角形ABC中,a,b,c0,∴q=或q=.2∵x22|x|,∴x4-4x20,即x2x2-40,∴-2x2且x≠0,又x∈N,∴A={1},∴a1=1,∴an=n-1或an=n-
1.2.正项数列{an}的前n项和Sn满足S-n2+n-1Sn-n2+n=
0.1求数列{an}的通项公式an;2令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.证明对于任意的n∈N*,都有Tn.1解由S-n2+n-1Sn-n2+n=0,得[Sn-n2+n]Sn+1=
0.由于{an}是正项数列,所以Sn0,Sn=n2+n.于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-n-12-n-1=2n.综上,数列{an}的通项an=2n.2证明由于an=2n,bn=,则bn==.Tn===.3.已知数列{an}是各项为正数的等比数列,数列{bn}的前n项和Sn=n2+5n,且满足a4=b14,a6=b126,令cn=logann∈N*.1求数列{bn}及{cn}的通项公式;2设Pn=cb1+cb2+…+cbn,Qn=cc1+cc2+…+ccn,试比较Pn与Qn的大小,并说明理由.解1bn===2n+4n∈N*.设等比数列{an}的公比为q,由a4=b14=32,a6=b126=256,得q2==8,即q=2负值舍去.所以an=a4·qn-4=32·3n-12=3n-2,所以cn=logan=3n-2n∈N*.2由1知,cbn=32n+4-2=6n+10,所以{cbn}是以16为首项,6为公差的等差数列.同理,ccn=33n-2-2=9n-8,{ccn}是以1为首项,9为公差的等差数列.所以Pn=cb1+cb2+…+cbn==3n2+13n,Qn=cc1+cc2+…+ccn==n2-n.所以Pn-Qn=-nn-11.故当1≤n≤10时,PnQn;当n=11时,Pn=Qn;当n≥12时,PnQn.4.已知函数fx满足fx+y=fx·fy且f1=.1当n∈N*时,求fn的表达式;2设an=n·fn,n∈N*,求证a1+a2+a3+…+an2;3设bn=9-n,n∈N*,Sn为{bn}的前n项和,当Sn最大时,求n的值.1解令x=y=1,∴f2=f12=令x=n,y=1,∴fn+1=fnf1∴=∴{fn}是首项为,公比为的等比数列,∴fn=n.2证明设Tn为{an}的前n项和,∵an=n·fn=n·n,∴Tn=+2×2+3×3+…+n×n.Tn=2+2×3+3×4+…+n-1×n+n×n+1,两式相减得Tn=+2+…+n-n×n+1,∴Tn=2-n-1-n×n
2.3解∵fn=n,∴bn=9-n=9-n=,∴当n≤8时,bn0;当n=9时,bn=0;当n9时,bn
0.∴当n=8或9时,Sn取得最大值.。