安徽省2013年高考数学第二轮复习 专题升级训练27 解答题专项训练数列 理

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1、专题升级训练27 解答题专项训练(数列) 1．(2012·云南昆明质检，17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S10＝100. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 2．(2012·山东济南二模，18)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝3n＋k， (1)求k的值及数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 3．(2012·河南豫东、豫北十校段测，18)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n∈N*)． (1)求数列{an}

2、的通项公式； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 4．(2012·河北石家庄二模，17)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S10，S7成等差数列． (1)求证a3，a9，a6成等差数列； (2)若a1＝1，求数列{a}的前n项的积． 5.(2012·陕西西安三质检，19)已知等差数列{an}满足a2＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn. (1)求an及Sn； (2)令bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn. 6．(2012·广西南宁三测，20)已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)． (1)证明：数

3、列为等差数列，并求数列{an}的通项； (2)设cn＝，求数列{cn·3n－1}的前n项和Tn. 7．(2012·安徽芜湖一中，理21)已知数列{an}的相邻两项an，an＋1是关于x的方程x2－2nx＋bn＝0(n∈N*)的两根，且a1＝1. (1)证明：数列是等比数列． (2)求数列{an}的前n项和Sn. (3)是否存在常数λ，使得bn－λSn>0对于任意的正整数n都成立，若存在，求出λ的取值范围；若不存在，请说明理由． 8．(2012·北京石景山统测，20)若数列{An}满足An＋1＝A，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1＝2，点(an，an＋1)

4、在函数f(x)＝2x2＋2x的图象上，其中n为正整数． (1)证明数列{2an＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(2an＋1)}为等比数列； (2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn＝(2a1＋1)(2a2＋1)…(2an＋1)，求数列{an}的通项及Tn关于n的表达式； (3)记bn＝log2an＋1Tn，求数列{bn}的前n项和Sn，并求使Sn>2 012的n的最小值． 参考答案 1．解：(1)设{an}的公差为d，有 解得a1＝1，d＝2， ∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. (2)Tn＝＋3×2＋5×3＋…＋(2n－1)×n， Tn＝2＋

5、3×3＋5×4＋…＋(2n－1)×n＋1， 相减，得 Tn＝＋2×2＋2×3＋…＋2×n－(2n－1)×n＋1＝－×n. ∴Tn＝1－. 2．解：(1)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1＝3n＋k－3n－1－k＝2×3n－1，a1＝S1＝3＋k，所以k＝－1. (2)由＝(4＋k)anbn，可得bn＝，bn＝×， Tn＝， Tn＝， 所以Tn＝， Tn＝. 3．解：(1)∵Sn＝nan－n(n－1)，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1－(n－1)(n－2)， ∴an＝Sn－Sn－1＝nan－n(n－1)－(n－1)an－1＋(n－1)(n－2)． ∴an－an－1

6、＝2. ∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列． 故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，n∈N*. (2)由(1)知bn＝＝＝－， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝1－＝. 4．解：(1)当q＝1时，2S10≠S4＋S7，∴q≠1. 由2S10＝S4＋S7，得＝＋. ∵a1≠0，q≠1，∴2q10＝q4＋q7.则2a1q8＝a1q2＋a1q5. ∴2a9＝a3＋a6.∴a3，a9，a6成等差数列． (2)依题意设数列{a}的前n项的积为Tn， Tn＝a13·a23·a33…an3 ＝13·q3·(q2)3·…·(qn－1)3＝q3·(q3)2·…·(

7、q3)n－1 ＝(q3)1＋2＋3＋…＋(n－1)＝. 又由(1)得2q10＝q4＋q7， ∴2q6－q3－1＝0，解得q3＝1(舍)，q3＝－. ∴Tn＝. 5．解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 由于a3＝7，a5＋a7＝26，所以a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26. 解得a1＝3，d＝2. 由于an＝a1＋(n－1)d，Sn＝， 所以an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)． (2)因为an＝2n＋1，所以a－1＝4n(n＋1)． 因此bn＝＝， 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝＝， 所以数列{bn}的前n项和Tn＝(n＋1)． 6．解：

8、(1)∵nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)， ∴－＝2.∴数列为等差数列． 不妨设bn＝，则bn＋1－bn＝2， 从而有b2－b1＝2，b3－b2＝2，…，bn－bn－1＝2，累加得bn－b1＝2(n－1)，即bn＝2n.∴an＝2n2. (2)cn＝＝n， Tn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n×3n－1， 3Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n， 两式相减，得 Tn＝＝＋·3n， ∴Tn＝＋·3n. 7．(1)证明：由题知an＋an＋1＝2n，∴an＋1－×2n＋1＝－，故数列是首项为a1－＝，公比为－1的等比数列． (2)解：an－×2n＝×(

9、－1)n－1，即an＝[2n－(－1)n]． 由题知Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝{(2＋22＋23＋…＋2n)－[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n]}＝＝. (3)解：∵bn＝anan＋1＝[2n－(－1)n]×[2n＋1－(－1)n＋1]＝[22n＋1－(－2)n－1]． 要使bn－λSn>0对任意n∈N*都成立， 即[22n＋1－(－2)n－1]－>0(*)对任意n∈N*都成立． ①当n为正奇数时，由(*)式得(2n＋1＋2n－1)－(2n＋1－1)>0， 即(2n＋1－1)(2n＋1)－(2n＋1－1)>0.∵2n＋1－1>0，∴λ<(2n＋1)对任意正奇数n都成立

10、．当且仅当n＝1时，(2n＋1)有最小值1，∴λ<1. ②当n为正偶数时，由(*)式得(22n＋1－2n－1)－(2n＋1－2)>0， 即(2n＋1＋1)(2n－1)－(2n－1)>0. ∵2n－1>0，∴λ<(2n＋1＋1)对任意正整数n都成立． 当且仅当n＝2时，(2n＋1＋1)有最小值，∴λ<. 综上所述，存在常数λ，使得bn－λSn>0对任意n∈N*都成立，且λ的取值范围是(－∞，1)． 8．解：(1)∵an＋1＝2an2＋2an,2an＋1＋1＝2(2an2＋2an)＋1＝(2an＋1)2， ∴数列{2an＋1}是“平方递推数列”． 由以上结论lg(2an＋1＋1)＝lg(2an＋1)2＝2lg(2an＋1)， ∴数列{lg(2an＋1)}为首项是lg 5，公比为2的等比数列． (2)lg(2an＋1)＝[lg(2a1＋1)]×2n－1＝2n－1lg 5＝lg 52n－1， ∴2an＋1＝，∴an＝(－1)． ∵lg Tn＝lg(2a1＋1)＋…＋lg(2an＋1)＝(2n－1)lg 5，∴Tn＝52n－1. (3)∵bn＝＝＝2－， ∴Sn＝2n－2＋. ∵Sn>2 012，∴2n－2＋>2 012. ∴n＋>1 007.∴nmin＝1 007.