专题升级训练26 解答题专项训练(数列)
1．(2020·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；
?1?n(2)设bn＝??an，求数列{bn}的前n项和Tn.
?3?
n2．(2020·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＝3＋k， (1)求k的值及数列{an}的通项公式；
，求数列{bn}的前n项和Tn.
2
3．(2020·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)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
2
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
(2)若数列{bn}满足
an＋1
＝(4?k)anbnanan＋1
4．(2020·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；
3
(2)若a1＝1，求数列{an}的前n项的积．
5．(2020·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；
1*
(2)令bn＝2(n∈N)，求数列{bn}的前n项和Tn.
an－1
6．(2020·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；
?n??an?
}的前n项和Tn.
2
7．(2020·广东汕头质检，19)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，S2＝a3＝b3，且a1，a3，b4成等比数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
111*
(2)设cn＝k＋an＋log3bn(k∈N)，若，，(t≥3)成等差数列，求k和t的值．
(2)设cn＝
an，求数列{cn·3
n－1
c1c2ct2
8．(2020·北京石景山统测，20)若数列{An}满足An＋1＝An，则称数列{An}为“平方递推数
2
列”．已知数列{an}中，a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝2x＋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．
参考答案
a1＋d＝3，??
1．解：(1)设{an}的公差为d，有?10×9
10ad＝100，1＋?2?
解得a1＝1，d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
1?1?2?1?3?1?n(2)Tn＝＋3×??＋5×??＋…＋(2n－1)×??，
3?3??3??3?1?1??1??1??1?Tn＝??2＋3×??3＋5×??4＋…＋(2n－1)×??n＋1， 3?3??3??3??3?相减，得 2122n＋2?1?n?1??1??1??1?Tn＝＋2×??2＋2×??3＋…＋2×??n－(2n－1)×??n＋1＝－×??. 3333?3??3??3??3??3?
n＋1
∴Tn＝1－n. 3
nn－1n－1
2．解：(1)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1＝3＋k－3－k＝2×3，a1＝S1＝3＋k，所以k＝－1.
an＋1n3nab(2)由＝(4＋k)nn，可得bn＝，b＝×n， nn－1
22×323
n?3?123
Tn＝?＋2＋3＋…＋n?，
3?2?333
n?13?123
Tn＝?2＋3＋4＋…＋n＋1?，
3?32?333
1n?23?111
所以Tn＝?＋2＋3＋…＋n－n＋1?，
33?32?333
1n?9?1
Tn＝?－n－n＋1?.
4?22×33?
3．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，n∈N.
2211
(2)由(1)知bn＝＝＝－，
anan＋1(2n－1)(2n＋1)2n－12n＋1
?1??11??11??1－1?＝1－1＝
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝?1－?＋?－?＋?－?＋…＋??2n＋1?3??35??57??2n－12n＋1?2n. 2n＋1
4．解：(1)当q＝1时，2S10≠S4＋S7， ∴q≠1.
1047
2a1(1－q)a1(1－q)a1(1－q)
由2S10＝S4＋S7，得＝＋. 1－q1－q1－q1047
∵a1≠0，q≠1，∴2q＝q＋q.
825
则2a1q＝a1q＋a1q. ∴2a9＝a3＋a6.
∴a3，a9，a6成等差数列．
3
(2)依题意设数列{an}的前n项的积为Tn，
Tn＝a13·a23·a33…an3
3323n－133323n－1＝1·q·(q)·…·(q)＝q·(q)·…·(q)
＝(q)＝(q)1047
又由(1)得2q＝q＋q，
31＋2＋3＋…＋(n－1)
3n(n?1)2.
16333
∴2q－q－1＝0，解得q＝1(舍)，q＝－.
2∴Tn＝???1???2?n(n?1)2.
5．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.
n(a1＋an)
由于an＝a1＋(n－1)d，Sn＝，
2
所以an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．
2
(2)因为an＝2n＋1，所以an－1＝4n(n＋1)．
1?11?1
因此bn＝＝?－?，
4n(n＋1)4?nn＋1?
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
11?1?111
＝?1－＋－＋…＋－
223nn＋1?4??1?1?＝?1－
n＋1?4??＝
n，
4(n＋1)
n所以数列{bn}的前n项和Tn＝(n＋1)．
4
6．解：(1)∵nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)，
an＋1an－＝2. n＋1n?an?
∴数列??为等差数列．
?n?
an不妨设bn＝，则bn＋1－bn＝2，
n从而有b2－b1＝2，b3－b2＝2，…，bn－bn－1＝2，累加得bn－b1＝2(n－1)，即bn＝2n.
2
∴an＝2n.
an(2)cn＝＝n，
∴
2
Tn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n×3n－1，
23n3Tn＝1×3＋2×3＋3×3＋…＋n×3， 两式相减，得
23n－1n1＋3＋3＋3＋…＋3－n×31?n1?nTn＝＝＋?－?·3，
－24?24?
1?n1?n∴Tn＝＋?－?·3.
4?24?
7．解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 由S2＝a3，得2a1＋d＝a1＋2d，故有a1＝d.
22
由a3＝b3，得a1＋2d＝b1q，故有3a1＝q.①
浙江省2020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
