广东省年高考数学第二轮复习 专题升级训练26 解答题专项训练(数列) 文

专题升级训练26解答题专项训练(数列)1已知等差数列an的前n项和为Sn，a23，S10100.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnnan，求数列bn的前n项和Tn.2已知等比数列an的前n项和为Sn，且满足Sn3nk，(1)求k的值及数列an的通项公式；(2)若数列bn满足(4k)anbn，求数列bn的前n项和Tn.3已知数列an的前n项和为Sn，a11，Snnann(n1)(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.4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a11，求数列a的前n项的积5已知等差数列an满足a27，a5a726，an的前n项和为Sn.(1)求an及Sn；(2)令bn(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.6.已知数列an满足a12，nan1(n1)an2n(n1)(1)证明：数列为等差数列，并求数列an的通项；(2)设cn，求数列cn3n1的前n项和Tn.7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，S2a3b3，且a1，a3，b4成等比数列(1)求an和bn的通项公式；(2)设cnkanlog3bn(kN*)，若，(t3)成等差数列，求k和t的值8若数列An满足An1A，则称数列An为“平方递推数列”已知数列an中，a12，点(an，an1)在函数f(x)2x22x的图象上，其中n为正整数(1)证明数列2an1是“平方递推数列”，且数列lg(2an1)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(2a11)(2a21)(2an1)，求数列an的通项及Tn关于n的表达式；(3)记bnlog2an1Tn，求数列bn的前n项和Sn，并求使Sn2 012的n的最小值参考答案1解：(1)设an的公差为d，有解得a11，d2，ana1(n1)d2n1.(2)Tn3253(2n1)n，Tn23354(2n1)n1，相减，得Tn22232n(2n1)n1n.Tn1.2解：(1)当n2时，由anSnSn13nk3n1k23n1，a1S13k，所以k1.(2)由(4k)anbn，可得bn，bn，Tn，Tn，所以Tn，Tn.3解：(1)Snnann(n1)，当n2时，Sn1(n1)an1(n1)(n2)，anSnSn1nann(n1)(n1)an1(n1)(n2)anan12.数列an是首项a11，公差d2的等差数列故an1(n1)22n1，nN*.(2)由(1)知bn，Tnb1b2bn1.4解：(1)当q1时，2S10S4S7，q1.由2S10S4S7，得.a10，q1，2q10q4q7.则2a1q8a1q2a1q5.2a9a3a6.a3，a9，a6成等差数列(2)依题意设数列a的前n项的积为Tn，Tna13a23a33an313q3(q2)3(qn1)3q3(q3)2(q3)n1(q3)123(n1).又由(1)得2q10q4q7，2q6q310，解得q31(舍)，q3.Tn.5解：(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d.由于a37，a5a726，所以a12d7,2a110d26.解得a13，d2.由于ana1(n1)d，Sn，所以an2n1，Snn(n2)(2)因为an2n1，所以a14n(n1)因此bn，故Tnb1b2bn，所以数列bn的前n项和Tn(n1)6解：(1)nan1(n1)an2n(n1)，2.数列为等差数列不妨设bn，则bn1bn2，从而有b2b12，b3b22，bnbn12，累加得bnb12(n1)，即bn2n.an2n2.(2)cnn，Tn130231332n3n1，3Tn13232333n3n，两式相减，得Tn3n，Tn3n.7解：(1)设等差数列an的公差为d，由S2a3，得2a1da12d，故有a1d.由a3b3，得a12db1q2，故有3a1q2.由a1，a3，b4成等比数列，得a32a1b4，故有9a1q3.由解得a13，q3，所以an3(n1)33n，bn3n1.(2)因为cnkanlog3bn，所以c13k，c27k，ct4tk1.由，(t3)成等差数列，得，故有，得t3.因为t3，tN*，所以k1必须是8的正约数，所以或或或8解：(1)an12an22an,2an112(2an22an)1(2an1)2，数列2an1是“平方递推数列”由以上结论lg(2an11)lg(2an1)22lg(2an1)，数列lg(2an1)为首项是lg 5，公比为2的等比数列(2)lg(2an1)lg(2a11)2n12n1lg 5lg52n1，2an152