《浙江省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(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)《浙江省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(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，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．(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＝(4＋k)anbn，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．
3．(2020·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*)．
(
2、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a1＝1，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．(2020·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)．
3、
(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·3n－1}的前n項(xiàng)和Tn．
7．(2020·山東濟(jì)寧模擬，20)已知等差數(shù)列{an}滿足：a2＝5，a4＋a6＝22．?dāng)?shù)列{bn}滿足b1＋2b2＋…＋2n－1bn＝nan．設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn．
(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)求滿足13＜Sn＜14的n的集合．
8．(2020·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)在函數(shù)f(x)＝2x2＋2x的圖象上，其中n為正整數(shù)
4、．
(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，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＋3×3＋5×4＋…＋(2n－1)×n＋1，
相減，得
Tn＝＋2×2＋2×
5、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＝2.
∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝1，公差d＝2的等差數(shù)列．
故an＝1＋
6、(n－1)×2＝2n－1，nN*.
(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＝a·a·a…a
＝13·q3·(q2)3·…·(qn－1)3＝q3·(q3)2·…·(q3)n－1
＝(q3)1＋2＋3＋…＋(n－1)＝.
又由(1)得2q10＝q4＋
7、q7，
∴2q6－q3－1＝0，解得q3＝1(舍)，q3＝－.∴.
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：(1)∵nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)，∴－＝2.
∴數(shù)列為等差數(shù)列．不妨設(shè)bn＝，
8、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．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為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
9、＝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)．
經(jīng)檢驗(yàn)，b1＝3也符合上式，所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝.
(2)Sn＝3＋7·＋…＋(4n－1)·n－1，
Sn＝3·＋7·2＋…＋(4n－5)·n－1＋(4n－1)n，
兩式相減得：Sn＝3＋4－(4n－1)n，
∴Sn＝3＋4·－(4n－1)n.
∴Sn＝14－.∴?nN*，Sn＜14.
∵數(shù)列{bn}的各項(xiàng)為正，∴Sn單調(diào)遞增．
又計(jì)算得S5＝1
10、4－＜13，
S6＝14－＞13，
∴滿足13＜Sn＜14的n的集合為{n|n≥6，nN}．
8．解：(1)∵an＋1＝2a＋2an,2an＋1＋1＝2(2a＋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＝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.
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