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2013年高考第二轮复习数学江西文科专题升级训练25 解答题专项训练(数列)专题升级训练卷(附答案)


专题升级训练 25 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;

?1? (2)设 bn= 3 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 S n=3n+k, (1)求 k 的值及数列{an}的通项公式;

an?1 ab ? ?4 ? k ? n n (2)若数列{bn}满足 2 ,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)(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. anan+1 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.
3 n

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;

bn ?
(2)令

1 ? n ? N*? an ? 1 ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
2

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).
?an? (1)证明:数列? n ?为等差数列,并求数列{an}的通项; ? ?

(2)设 cn=

an 3n-1}的前 n 项和 Tn. 2 ,求数列{cn·

7.(2012· 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; 1 1 1 (2)设 cn=k+an+log3bn(k∈N*),若c1,c2,ct(t≥3)成等差数列,求 k 和 t 的值. 8. (2012· 北京石景山统测, 20)若数列{An}满足

An?1 ? An 2

, 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 ? log 2 an ?1 Tn

,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 ?10a1+ 2 d=100, ?
解得 a1=1,d=2, ∴an=a1+(n-1)d=2n-1. 1 ?1? ?1? ?1? (2)Tn=3+3× 3 2+5× 3 3+…+(2n-1)× 3 n, ? ? ? ? ? ? 1 ?1? ?1? ?1? ?1? 3Tn=?3?2+3×?3?3+5×?3?4+…+(2n-1)×?3?n+1, 相减,得 2 1 2 2n+2 ?1? ?1? ?1? ?1? ?1? Tn=3+2× 3 2+2× 3 3+…+2× 3 n-(2n-1)× 3 n+1=3- 3 × 3 n. 3 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? n+1 ∴Tn=1- 3n . 2.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. an+1 n 3 n (2)由 2 =(4+k)anbn,可得 bn= ,bn=2×3n, 2×3n-1 n? 3?1 2 3 Tn=2 3+32+33+…+3n , ? ? 3 n ? 1 3? 1 2 Tn=2 32+33+34+…+3n+1 , 3 ? ? 1 n ? 2 3?1 1 1 所以3Tn=2 3+32+33+…+3n-3n+1 , ? ? 1 n ? 9?1 Tn=4 2-2×3n-3n+1 . ? ? 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*. 2 2 1 1 (2)由(1)知 bn= = = - , anan+1 (2n-1)(2n+1) 2n-1 2n+1 1 ? 1 2n ? 1 ? 1? ?1 1? ?1 1? ∴Tn=b1+b2+…+bn= 1-3 + 3-5 + 5-7 +…+ 2n-1-2n+1 =1- = . ? ? ? ? ? ? 2n+1 2n+1 ? ? 4.解:(1)证明:当 q=1 时,2S10≠S4+S7, ∴q≠1. 2a1(1-q10) a1(1-q4) a1(1-q7) 由 2S10=S4+S7,得 = + . 1-q 1-q 1-q ∵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{a3}的前 n 项的积为 Tn, n Tn=a13·a23·a33…an3 =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+q7,

? q3 ?

n? n ?1? 2



1 ∴2q6-q3-1=0,解得 q3=1(舍),q3=-2.

? 1? ?? ? ∴Tn= ? 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. 由于 an=a1+(n-1)d,Sn= n(a1+an) , 2

所以 an=2n+1,Sn=n(n+2). (2)因为 an=2n+1,所以 a2-1=4n(n+1). n 1 ? 1 1?1 因此 bn= =4 n-n+1 , 4n(n+1) ? ? 故 Tn=b1+b2+…+bn 1 1 1 1 1 ? 1? =4 1-2+2-3+…+n-n+1 ? ? 1 ? 1? =4 1-n+1

?

?



n , 4(n+1)

n 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn=4(n+1). 6.解:(1)证明:∵nan+1=(n+1)an+2n(n+1), ∴ an+1 an - =2. n+1 n
? ?

?an? ∴数列? n ?为等差数列.

an 不妨设 bn= n ,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= an 2 =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 1+3+32+33+…+3n-1-n×3n 1 ?n 1? Tn= =4+ 2-4 · ? ? 3n, -2 1 ?n 1? ∴Tn=4+ 2-4 · ? ? 3n. 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. 由 a3=b3,得 a1+2d=b1q2,故有 3a1=q2.① 由 a1,a3,b4 成等比数列,得 a32=a1· b4,故有 9a1=q3.② 由①②解得 a1=3,q=3, 所以 an=3+(n-1)· 3=3n,bn=3n-1. (2)因为 cn=k+an+log3bn, 所以 c1=3+k,c2=7+k,ct=4t+k-1. 1 1 1 2 1 1 由c1,c2,ct(t≥3)成等差数列,得c2=c1+ct, 2 1 1 故有 = + , 7+k 3+k 4t+k-1 3k+5 8 得 t= =3+ . k-1 k-1 因为 t≥3,t∈N*,所以 k-1 必须是 8 的正约数,
? ? ? ? ?k=2, ?k=3, ?k=5, ?k=9, 所以? 或? 或? 或? ?t=11 ?t=7 ?t=5 ?t=4. ? ? ? ?

8.解:(1)证明:∵an+1=2an2+2an,2an+1+1 =2(2an2+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, 1 ∴2an+1=52n-1,∴an=2(52n-1-1). ∵lg Tn=lg(2a1+1)+…+lg(2an+1)=(2n-1)lg 5, ∴Tn=52n-1. (2n-1)lg 5 lg Tn 1 (3)∵bn= = =2- , lg(2an+1) 2n-1lg 5 2n-1 1 ∴Sn=2n-2+ . 2n-1 ∵Sn>2 012, 1 ∴2n-2+ >2 012. 2n-1 1 ∴n+2n>1 007.∴nmin=1 007.


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