《廣東省2020年高考數學第二輪復習 專題升級訓練26 解答題專項訓練(數列) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《廣東省2020年高考數學第二輪復習 專題升級訓練26 解答題專項訓練(數列) 文（4頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題升級訓練26　解答題專項訓練(數列) 1．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a2＝3，S10＝100. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝nan，求數列{bn}的前n項和Tn. 2．已知等比數列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＝3n＋k， (1)求k的值及數列{an}的通項公式； (2)若數列{bn}滿足＝(4＋k)anbn，求數列{bn}的前n項和Tn. 3．已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n∈N*)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn. 4．已知Sn是等比數列

2、{an}的前n項和，S4，S10，S7成等差數列． (1)求證a3，a9，a6成等差數列； (2)若a1＝1，求數列{a}的前n項的積． 5．已知等差數列{an}滿足a2＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n項和為Sn. (1)求an及Sn； (2)令bn＝(n∈N*)，求數列{bn}的前n項和Tn. 6.已知數列{an}滿足a1＝2，nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)． (1)證明：數列為等差數列，并求數列{an}的通項； (2)設cn＝，求數列{cn·3n－1}的前n項和Tn. 7．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，首項為1的等比數列{bn}的公比為q，S2＝

3、a3＝b3，且a1，a3，b4成等比數列． (1)求{an}和{bn}的通項公式； (2)設cn＝k＋an＋log3bn(k∈N*)，若，，(t≥3)成等差數列，求k和t的值． 8．若數列{An}滿足An＋1＝A，則稱數列{An}為“平方遞推數列”．已知數列{an}中，a1＝2，點(an，an＋1)在函數f(x)＝2x2＋2x的圖象上，其中n為正整數． (1)證明數列{2an＋1}是“平方遞推數列”，且數列{lg(2an＋1)}為等比數列； (2)設(1)中“平方遞推數列”的前n項之積為Tn，即Tn＝(2a1＋1)(2a2＋1)…(2an＋1)，求數列{an}的通項及Tn關于n的表達

4、式； (3)記bn＝log2an＋1Tn，求數列{bn}的前n項和Sn，并求使Sn＞2 012的n的最小值． 參考答案 1．解：(1)設{an}的公差為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＋3×3＋5×4＋…＋(2n－1)×n＋1， 相減，得 Tn＝＋2×2＋2×3＋…＋2×n－(2n－1)×n＋1＝－×n. ∴Tn＝1－. 2．解：(1)當n≥2時，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)a

5、nbn，可得bn＝，bn＝×， Tn＝， Tn＝， 所以Tn＝， Tn＝. 3．解：(1)∵Sn＝nan－n(n－1)，當n≥2時，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. ∴數列{an}是首項a1＝1，公差d＝2的等差數列． 故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，n∈N*. (2)由(1)知bn＝＝＝－， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝1－＝. 4．解：(1)當q＝1時，2S10≠S4＋S7， ∴q≠1. 由2S10＝S4＋S7

6、，得＝＋. ∵a1≠0，q≠1，∴2q10＝q4＋q7. 則2a1q8＝a1q2＋a1q5. ∴2a9＝a3＋a6. ∴a3，a9，a6成等差數列． (2)依題意設數列{a}的前n項的積為Tn， Tn＝a13·a23·a33…an3 ＝13·q3·(q2)3·…·(qn－1)3＝q3·(q3)2·…·(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)設等差數列{an}的首項為a1，公差為d. 由于a3＝7，a5＋a7＝26， 所以a1＋2d＝

7、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)因為an＝2n＋1，所以a－1＝4n(n＋1)． 因此bn＝＝， 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝ ＝， 所以數列{bn}的前n項和Tn＝(n＋1)． 6．解：(1)∵nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)， ∴－＝2. ∴數列為等差數列． 不妨設bn＝，則bn＋1－bn＝2， 從而有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

8、＝＝n， Tn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n×3n－1， 3Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n， 兩式相減，得 Tn＝＝＋·3n， ∴Tn＝＋·3n. 7．解：(1)設等差數列{an}的公差為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成等比數列，得a32＝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)因為cn＝k＋an＋log3bn， 所以c1＝3＋k，c2＝7＋k，ct＝4

9、t＋k－1. 由，，(t≥3)成等差數列，得＝＋， 故有＝＋， 得t＝＝3＋. 因為t≥3，t∈N*，所以k－1必須是8的正約數， 所以或或或 8．解：(1)∵an＋1＝2an2＋2an,2an＋1＋1＝2(2an2＋2an)＋1＝(2an＋1)2， ∴數列{2an＋1}是“平方遞推數列”． 由以上結論lg(2an＋1＋1)＝lg(2an＋1)2＝2lg(2an＋1)， ∴數列{lg(2an＋1)}為首項是lg 5，公比為2的等比數列． (2)lg(2an＋1)＝[lg(2a1＋1)]×2n－1＝2n－1lg 5＝lg52n－1， ∴2an＋1＝52n－1，∴an＝(52n－1－1)． ∵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.