高考第二轮复习数学湖南文科专题升级训练26 解答题专项训练(数列)专题升级训练卷(附答案)

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专题升级训练 26

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; 1?n (2)设 bn=? ?3? an,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; an+1 (2)若数列{bn}满足 =(4+k)anbn,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 2 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}的通项公式; 2 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. anan+1 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{a3 n}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; 1 (2)令 bn= 2 (n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an-1 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). ?an? (1)证明:数列? n ?为等差数列,并求数列{an}的通项; ? ? an - (2)设 cn= ,求数列{cn· 3n 1}的前 n 项和 Tn. 2 7. (2012· 广东汕头质检, 19)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 首项为 1 的等比数列{bn} 的公比为 q,S2=a3=b3,且 a1,a3,b4 成等比数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式; 1 1 1 (2)设 cn=k+an+log3bn(k∈N*),若 , , (t≥3)成等差数列,求 k 和 t 的值. c1 c2 ct 8.(2012· 北京石景山统测,20)若数列{An}满足 An+1=A2 n,则称数列{An}为“平方递推数 2 列”.已知数列{an}中,a1=2,点(an,an+1)在函数 f(x)=2x +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.

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参考答案
? ?a1+d=3, 1.解:(1)设{an}的公差为 d,有? 10×9 ? ?10a1+ 2 d=100,
解得 a1=1,d=2, ∴an=a1+(n-1)d=2n-1. 1?2 1 ?1?3 ?1?n (2)Tn= +3×? ?3? +5×?3? +…+(2n-1)×?3? , 3 1 1?3 1 ?1?4 ?1?n+1 T =? ?2+3×? ?3? +5×?3? +…+(2n-1)×?3? , 3 n ?3? 相减,得 1?2 2 1 ?1?3 ?1?n ?1?n+1 2 2n+2 ?1?n T = +2×? ?3? +2×?3? +…+2×?3? -(2n-1)×?3? =3- 3 ×?3? . 3 n 3 n+1 ∴Tn=1- n . 3 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 an+1 n 3 n =(4+k)anbn,可得 bn= ,bn= × n, n-1 2 2 3 2×3

n 3 1 2 3 + 2+ 3+…+ n?, Tn= ? 3? 2?3 3 3 n ? 1 3? 1 2 3 Tn= ?32+33+34+…+ n+1?, 3 2 3

?

?

1 n ? 2 3?1 1 1 所以 Tn= ?3+32+33+…+3n- n+1?, 3 2 3

?

?

1 n ? 9?1 Tn= ?2-2×3n- n+1?. 4 3

?

?

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=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 2 1 1 (2)由(1)知 bn= = = - , anan+1 (2n-1)(2n+1) 2n-1 2n+1 1 1 1 1 1 ? 1 - 1 ? 1 1- ? + ? - ? + ? - ? + … + ? ∴Tn = b1 + b2 + … + bn = ? = ?=1- ? 3? ?3 5? ?5 7? ?2n-1 2n+1? 2n+1 2n 2n+1 .

4.解:(1)当 q=1 时,2S10≠S4+S7, ∴q≠1.
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2a1(1-q10) a1(1-q4) a1(1-q7) 由 2S10=S4+S7,得 = + . 1-q 1-q 1-q ∵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{a3 n}的前 n 项的积为 Tn, Tn=a31· a32· a33…a3n =13· q3· (q2)3· …· (qn-1)3=q3· (q3)2· …· (q3)n-1 =(q3)1+2+3+


+(n-1)=

? q3 ?

n ( n ?1) 2

.

又由(1)得 2q10=q4+q7, 1 ∴2q6-q3-1=0,解得 q3=1(舍),q3=- . 2

? 1? ∴Tn= ? ? ? ? 2?

n ( n ?1) 2

.

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= n(a1+an) , 2

所以 an=2n+1,Sn=n(n+2). (2)因为 an=2n+1,所以 a2 n-1=4n(n+1). 1 ? 1 1?1 因此 bn= = ?n- , n+1? ? 4n(n+1) 4? 故 Tn=b1+b2+…+bn 1 1 ? 1? 1 1 1 = ?1-2+2-3+…+n- 4 n+1?

? 1 ? 1? = ? 1- 4? n+1? ?
= , 4(n+1) n

?

n 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn= (n+1). 4 6.解:(1)∵nan+1=(n+1)an+2n(n+1), ∴ an - =2. n+1 n
? ?

an+1

?an? ∴数列? n ?为等差数列.

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an 不妨设 bn= ,则 bn+1-bn=2, n 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= an =n, 2

Tn=1×30+2×31+3×32+…+n×3n-1, 3Tn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n, 两式相减,得 1+3+32+33+…+3n-1-n×3n 1 n 1 n - ?· Tn= = +? 3, 4 ?2 4? -2 1 n 1? n - · ∴Tn= +? 3. 4 ?2 4? 7.解:(1)设等差数列{an}的公差为 d, 由 S2=a3,得 2a1+d=a1+2d,故有 a1=d. 由 a3=b3,得 a1+2d=b1q2,故有 3a1=q2.① 由 a1,a3,b4 成等比数列,得 a23=a1· b4,故有 9a1=q3.② 由①②解得 a1=3,q=3, 所以 an=3+(n-1)· 3=3n,bn=3n-1. (2)因为 cn=k+an+log3bn, 所以 c1=3+k,c2=7+k,ct=4t+k-1. 1 1 1 2 1 1 由 , , (t≥3)成等差数列,得 = + , c1 c2 ct c2 c1 ct 2 1 1 故有 = + , 7+k 3+k 4t+k-1 3k+5 8 得 t= =3+ . k-1 k -1 因为 t≥3,t∈N*,所以 k-1 必须是 8 的正约数,

?k=2, ?k=3, ?k=5, ?k=9, ? ? ? ? 所以? 或? 或? 或? ? ? ? ? ?t=11 ?t=7 ?t=5 ?t=4.
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=lg52 1 ∴2an+1=52n-1,∴an= (52n-1-1). 2 ∴Tn=52
n -1. n-1



∵lg Tn=lg(2a1+1)+…+lg(2an+1)=(2n-1)lg 5,

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(2n-1)lg 5 lg Tn 1 (3)∵bn= = n 1 =2- n 1, lg(2an+1) 2 - lg 5 2- 1 ∴Sn=2n-2+ n 1. 2- ∵Sn>2 012, 1 ∴2n-2+ n 1>2 012. 2- 1 ∴n+ n>1 007.∴nmin=1 007. 2

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