安徽省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練27 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練數(shù)列 理

專題升級(jí)訓(xùn)練27 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練(數(shù)列)1(2020·云南昆明質(zhì)檢，17)已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a23，S10100.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bnnan，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.2(2020·山東濟(jì)南二模，18)已知等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn3nk，(1)求k的值及數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列bn滿足，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.3(2020·河南豫東、豫北十校段測(cè)，18)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a11，Snnann(n1)(nN*)(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.4(2020·河北石家莊二模，17)已知Sn是等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和，S4，S10，S7成等差數(shù)列(1)求證a3，a9，a6成等差數(shù)列；(2)若a11，求數(shù)列a的前n項(xiàng)的積5.(2020·陜西西安三質(zhì)檢，19)已知等差數(shù)列an滿足a27，a5a726，an的前n項(xiàng)和為Sn.(1)求an及Sn；(2)令bn(nN*)，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.6(2020·廣西南寧三測(cè)，20)已知數(shù)列an滿足a12，nan1(n1)an2n(n1)(1)證明：數(shù)列為等差數(shù)列，并求數(shù)列an的通項(xiàng)；(2)設(shè)cn，求數(shù)列cn·3n1的前n項(xiàng)和Tn.7(2020·安徽蕪湖一中，理21)已知數(shù)列an的相鄰兩項(xiàng)an，an1是關(guān)于x的方程x22nxbn0(nN*)的兩根，且a11.(1)證明：數(shù)列是等比數(shù)列(2)求數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn.(3)是否存在常數(shù)，使得bnSn>0對(duì)于任意的正整數(shù)n都成立，若存在，求出的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由8(2020·北京石景山統(tǒng)測(cè)，20)若數(shù)列An滿足An1A，則稱數(shù)列An為“平方遞推數(shù)列”已知數(shù)列an中，a12，點(diǎn)(an，an1)在函數(shù)f(x)2x22x的圖象上，其中n為正整數(shù)(1)證明數(shù)列2an1是“平方遞推數(shù)列”，且數(shù)列l(wèi)g(2an1)為等比數(shù)列；(2)設(shè)(1)中“平方遞推數(shù)列”的前n項(xiàng)之積為Tn，即Tn(2a11)(2a21)(2an1)，求數(shù)列an的通項(xiàng)及Tn關(guān)于n的表達(dá)式；(3)記bnlog2an1Tn，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Sn，并求使Sn>2 012的n的最小值參考答案1解：(1)設(shè)an的公差為d，有解得a11，d2，ana1(n1)d2n1.(2)Tn3×25×3(2n1)×n，Tn23×35×4(2n1)×n1，相減，得Tn2×22×32×n(2n1)×n1×n.Tn1.2解：(1)當(dāng)n2時(shí)，由anSnSn13nk3n1k2×3n1，a1S13k，所以k1.(2)由(4k)anbn，可得bn，bn×，Tn，Tn，所以Tn，Tn.3解：(1)Snnann(n1)，當(dāng)n2時(shí)，Sn1(n1)an1(n1)(n2)，anSnSn1nann(n1)(n1)an1(n1)(n2)anan12.數(shù)列an是首項(xiàng)a11，公差d2的等差數(shù)列故an1(n1)×22n1，nN*.(2)由(1)知bn，Tnb1b2bn1.4解：(1)當(dāng)q1時(shí)，2S10S4S7，q1.由2S10S4S7，得.a10，q1，2q10q4q7.則2a1q8a1q2a1q5.2a9a3a6.a3，a9，a6成等差數(shù)列(2)依題意設(shè)數(shù)列a的前n項(xiàng)的積為Tn，Tna13·a23·a33an313·q3·(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)設(shè)等差數(shù)列an的首項(xiàng)為a1，公差為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?yàn)閍n2n1，所以a14n(n1)因此bn，故Tnb1b2bn，所以數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn(n1)6解：(1)nan1(n1)an2n(n1)，2.數(shù)列為等差數(shù)列不妨設(shè)bn，則bn1bn2，從而有b2b12，b3b22，bnbn12，累加得bnb12(n1)，即bn2n.an2n2.(2)cnn，Tn1×302×313×32n×3n1，3Tn1×32×323×33n×3n，兩式相減，得Tn·3n，Tn·3n.7(1)證明：由題知anan12n，an1×2n1，故數(shù)列是首項(xiàng)為a1，公比為1的等比數(shù)列(2)解：an×2n×(1)n1，即an2n(1)n由題知Sna1a2a3an(222232n)(1)(1)2(1)n.(3)解：bnanan12n(1)n×2n1(1)n122n1(2)n1要使bnSn>0對(duì)任意nN*都成立，即22n1(2)n1>0(*)對(duì)任意nN*都成立當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，由(*)式得(2n12n1)(2n11)>0，即(2n11)(2n1)(2n11)>0.2n11>0，<(2n1)對(duì)任意正奇數(shù)n都成立當(dāng)且僅當(dāng)n1時(shí)，(2n1)有最小值1，<1.當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，由(*)式得(22n12n1)(2n12)>0，即(2n11)(2n1)(2n1)>0.2n1>0，<(2n11)對(duì)任意正整數(shù)n都成立當(dāng)且僅當(dāng)n2時(shí)，(2n11)有最小值，<.綜上所述，存在常數(shù)，使得bnSn>0對(duì)任意nN*都成立，且的取值范圍是(，1)8解：(1)an12an22an,2an112(2an22an)1(2an1)2，數(shù)列2an1是“平方遞推數(shù)列”由以上結(jié)論lg(2an11)lg(2an1)22lg(2an1)，數(shù)列l(wèi)g(2an1)為首項(xiàng)是lg 5，公比為2的等比數(shù)列(2)lg(2an1)lg(2a11)×2n12n1lg 5lg 52n1，2an1，an(1)lg Tnlg(2a11)lg(2an1)(2n1)lg 5，Tn52n1.(3)bn2，Sn2n2.Sn>2 012，2n2>2 012.n>1 007.nmin1 007.