2013年高考第二轮复习数学湖南理科专题升级训练29解答题专项训练(数列)专题升级训练卷(附答案).pdf

专题升级训练29 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＝(4＋k)anbn，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)(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．(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＝(nN*)，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·山东济宁模拟，20)已知等差数列{an}满足：a2＝5，a4＋a6＝22.数列{bn}满足
b1＋2b2＋…＋2n－1bn＝nan.设数列{bn}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求满足13＜Sn＜14的n的集合．
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)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．
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＋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－.
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＝.
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，nN*.
(2)由(1)知bn＝＝＝－，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝1－＝.
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＝a31.a32.a33 (3)
＝13·q3·(q2)3·…·(qn－1)3＝q3·(q3)2·…·(q3)n－1
＝(q3)1＋2＋3＋…＋(n－1)＝(q3).
又由(1)得2q10＝q4＋q7，
∴2q6－q3－1＝0，解得q3＝1(舍)，q3＝－.
∴Tn＝.
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)．
解：(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.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
∵a2＝5，a4＋a6＝22，
∴a1＋d＝5，(a1＋3d)＋(a1＋5d)＝22.
解得a1＝3，d＝2，
∴an＝2n＋1.
在b1＋2b2＋…＋2n－1bn＝nan中，令n＝1得b1＝a1＝3.
又b1＋2b2＋…＋2nbn＋1＝(n＋1)an＋1，
∴2nbn＋1＝(n＋1)an＋1－nan.
∴2nbn＋1＝(n＋1)(2n＋3)－n(2n＋1)＝4n＋3.
∴bn＋1＝.∴bn＝(n≥2)．
经检验，b1＝3也符合上式，所以数列{bn}的通项公式为bn＝.
(2)Sn＝3＋7·＋…＋(4n－1)·n－1，
Sn＝3·＋7·2＋…＋(4n－5)·n－1＋(4n－1)n，
两式相减得：Sn＝3＋4－(4n－1)n，
∴Sn＝3＋4·－(4n－1)n.
∴Sn＝14－.∴nN*，Sn＜14.
∵数列{bn}的各项为正，∴Sn单调递增．
又计算得S5＝14－＜13，S6＝14－＞13，
∴满足13＜Sn＜14的n的集合为{n|n≥6，nN}．
解：(1)∵an＋1＝2a2n＋2an,2an＋1＋1＝2(2a2n＋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＝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.。