安徽省2013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

《安徽省2013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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《安徽省2013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（4頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題升級(jí)訓(xùn)練27 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練(數(shù)列) 1．(2012·云南昆明質(zhì)檢，17)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a2＝3，S10＝100. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝nan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 2．(2012·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Sn＝3n＋k， (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．(2012·河南豫東、豫北十校段測，18)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}

2、的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 4．(2012·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a1＝1，求數(shù)列{a}的前n項(xiàng)的積． 5.(2012·陜西西安三質(zhì)檢，19)已知等差數(shù)列{an}滿足a2＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n項(xiàng)和為Sn. (1)求an及Sn； (2)令bn＝(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 6．(2012·廣西南寧三測，20)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)． (1)證明：數(shù)

3、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·3n－1}的前n項(xiàng)和Tn. 7．(2012·安徽蕪湖一中，理21)已知數(shù)列{an}的相鄰兩項(xiàng)an，an＋1是關(guān)于x的方程x2－2nx＋bn＝0(n∈N*)的兩根，且a1＝1. (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)λ，使得bn－λSn>0對(duì)于任意的正整數(shù)n都成立，若存在，求出λ的取值范圍；若不存在，請說明理由． 8．(2012·北京石景山統(tǒng)測，20)若數(shù)列{An}滿足An＋1＝A，則稱數(shù)列{An}為“平方遞推數(shù)列”．已知數(shù)列{an}中，a1＝2，點(diǎn)(an，an＋1)

4、在函數(shù)f(x)＝2x2＋2x的圖象上，其中n為正整數(shù)． (1)證明數(shù)列{2an＋1}是“平方遞推數(shù)列”，且數(shù)列{lg(2an＋1)}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＝(2a1＋1)(2a2＋1)…(2an＋1)，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)及Tn關(guān)于n的表達(dá)式； (3)記bn＝log2an＋1Tn，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a1＝1，d＝2， ∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. (2)Tn＝＋3×2＋5×3＋…＋(2n－1)×n， Tn＝2＋

5、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(dāng)n≥2時(shí)，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＝. 3．解：(1)∵Sn＝nan－n(n－1)，當(dāng)n≥2時(shí)，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

6、＝2. ∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝1，公差d＝2的等差數(shù)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(dāng)q＝1時(shí)，2S10≠S4＋S7，∴q≠1. 由2S10＝S4＋S7，得＝＋. ∵a1≠0，q≠1，∴2q10＝q4＋q7.則2a1q8＝a1q2＋a1q5. ∴2a9＝a3＋a6.∴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， Tn＝a13·a23·a33…an3 ＝13·q3·(q2)3·…·(qn－1)3＝q3·(q3)2·…·(

7、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(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為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?yàn)閍n＝2n＋1，所以a－1＝4n(n＋1)． 因此bn＝＝， 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝＝， 所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝(n＋1)． 6．解：

8、(1)∵nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)， ∴－＝2.∴數(shù)列為等差數(shù)列． 不妨設(shè)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＝＝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．(1)證明：由題知an＋an＋1＝2n，∴an＋1－×2n＋1＝－，故數(shù)列是首項(xiàng)為a1－＝，公比為－1的等比數(shù)列． (2)解：an－×2n＝×(

9、－1)n－1，即an＝[2n－(－1)n]． 由題知Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝{(2＋22＋23＋…＋2n)－[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n]}＝＝. (3)解：∵bn＝anan＋1＝[2n－(－1)n]×[2n＋1－(－1)n＋1]＝[22n＋1－(－2)n－1]． 要使bn－λSn>0對(duì)任意n∈N*都成立， 即[22n＋1－(－2)n－1]－>0(*)對(duì)任意n∈N*都成立． ①當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，由(*)式得(2n＋1＋2n－1)－(2n＋1－1)>0， 即(2n＋1－1)(2n＋1)－(2n＋1－1)>0.∵2n＋1－1>0，∴λ<(2n＋1)對(duì)任意正奇數(shù)n都成立

10、．當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時(shí)，(2n＋1)有最小值1，∴λ<1. ②當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，由(*)式得(22n＋1－2n－1)－(2n＋1－2)>0， 即(2n＋1＋1)(2n－1)－(2n－1)>0. ∵2n－1>0，∴λ<(2n＋1＋1)對(duì)任意正整數(shù)n都成立． 當(dāng)且僅當(dāng)n＝2時(shí)，(2n＋1＋1)有最小值，∴λ<. 綜上所述，存在常數(shù)λ，使得bn－λSn>0對(duì)任意n∈N*都成立，且λ的取值范圍是(－∞，1)． 8．解：(1)∵an＋1＝2an2＋2an,2an＋1＋1＝2(2an2＋2an)＋1＝(2an＋1)2， ∴數(shù)列{2an＋1}是“平方遞推數(shù)列”． 由以上結(jié)論lg(2an＋1＋1)＝lg(2an＋1)2＝2lg(2an＋1)， ∴數(shù)列{lg(2an＋1)}為首項(xiàng)是lg 5，公比為2的等比數(shù)列． (2)lg(2an＋1)＝[lg(2a1＋1)]×2n－1＝2n－1lg 5＝lg 52n－1， ∴2an＋1＝，∴an＝(－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.