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大题增分专练(三)数列A卷(限时40分钟)1(2014洛阳模拟)设数列an的前n项和Sn满足6Sn19an(nN*)(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足bn,求数列bn和bn的前n项和Tn2已知等差数列an的公差为1,且a2a7a126(1)求数列an的通项an与前n项和Sn;(2)若bn是首项为4,公比为的等比数列,前n项和为Tn,求证:当t6时,对任意n,mN*,SnTmt恒成立3已知an是等差数列,公差为d,首项a13,前n项和为Sn令cn(1)nSn(nN*),cn的前20项和T20330数列bn满足bn2(a2)dn22n1,aR(1)求数列an的通项公式;(2)若bn1bn,nN*,求a的取值范围B卷(限时40分钟)1已知数列an的前n项和为Sn,对一切正整数n,点Pn(n,Sn)都在函数f(x)x22x的图象上,且过点Pn(n,Sn)的切线的斜率为kn(1)求数列an的通项公式;(2)若bn2knan,求数列bn的前n项和Tn;(3)设Qx|xkn,nN*,Rx|x2an,nN*,等差数列cn的任一项cnQR,其中c1是QR中的最小数,110c10115,求cn的通项公式2(2014杭州质检)已知数列an满足a11,an11,其中nN*(1)设bn,求证:数列bn是等差数列,并求出an的通项公式;(2)设cn,数列cncn2的前n项和为Tn,是否存在正整数m,使得Tn对于nN*恒成立?若存在,求出m的最小值;若不存在,请说明理由3已知数列an的前n项和为Sn,a1a216且Sn2Sn1n4(n2,nN*)(1)求数列an的通项an;(2)令bnnan,求bn的前n项和Tn,并判断是否存在唯一不等于1的n使Tn22n17成立?若存在,求出n的值;若不存在,说明理由答案A卷1解:(1)当n1时,由6a119a1,得a1.当n2时,由6Sn19an,得6Sn119an1,两式相减得6(SnSn1)9(anan1),即6an9(anan1),an3an1.数列an是首项为,公比为3的等比数列,其通项公式为an3n13n2.(2)bnn2,bn是首项为3,公比为的等比数列,Tnb1b2bn.2解:(1)由a2a7a126得a72,所以a14,所以ana1(n1)d5n,从而Sn.(2)证明:由等比数列求和公式得Tm8,TmT14.(或者:各项为正的等比数列T14为最小值)又Sn(n29n),故(Sn)maxS4S510,当t6时,对任意n,mN*,TmtT1610Sn,所以当t6时,SnTmt恒成立3解:(1)设等差数列an的公差为d,因为cn(1)nSn,所以T20S1S2S3S4S20330,则a2a4a6a20330,即10(3d)2d330,解得d3,所以an33(n1)3n.(2)由(1)知bn2(a2)3n22n1,bn1bn2(a2)3n12n2(a2)3n22n14(a2)3n22n143n2.由bn1bn(a2)n20a2n2,因为2n2随着n的增大而增大,所以n1时,2n2取得最小值.所以a.故a的取值范围为.B卷1解:(1)点Pn(n,Sn)都在函数f(x)x22x的图象上,Snn22n(nN*)当n2时,anSnSn12n1,当n1时,a1S13满足上式,所以数列an的通项公式为an2n1.(2)由f(x)x22x求导可得f(x)2x2.过点Pn(n,Sn)的切线的斜率为kn,kn2n2.bn2knan4(2n1)4n.Tn4341454247434(2n1)4n.4Tn4342454347444(2n1)4n1.,得3Tn4342(42434n)(2n1)4n14,Tn4n2.(3)Qx|x2n2,nN*,Rx|x4n2,nN*,QRR.又cnQR,其中c1是QR中的最小数,c16.cn的公差是4的倍数,c104m6(mN*)又110c10115,解得m27.c10114.设等差数列的公差为d,则d12,cn6(n1)1212n6.cn的通项公式为cn12n6.2解:(1)证明:bn1bn2(常数),数列bn是等差数列a11,b12,因此bn2(n1)22n,由bn得an.(2)由cn,an得cn,cncn22,Tn223,依题意要使Tn对于nN*恒成立,只需3,即3,解得m3或m4,又m为正整数,所以m的最小值为3.3解:(1)由已知Sn2Sn1n4,可得Sn12Sn2n3(n3,nN*),两式相减得,SnSn12(Sn1Sn2)1,即an2an11,从而an12(an11),当n2时,S22S16,则a2a16, 又a1a216,所以a15,a211.从而a212(a11),故总有an12(an11),n2,nN*.又a15,a110,从而2(n2,nN*),即数列an1是以6为首项,2为公比的等比数列,则an162n1,故an32n1.(2)设Rn2222n2n,2Rn122223(n1)2nn2n1,两式相减得Rn2222nn2n1,所以Rn(n1)2n12.故由(1),知Tna12a2nan(321)2(3221)n(32n1)3(2222n2n)(12n)3(n1)2n16,Tn(22n17)3(n1)2n122n233(n1)2n1(n245n46)(n1)62n1(n46),令f(n)62n1n46,因为f(n1)f(n)62n110,所以f(n)单调递增,观察可知f(2)623(246)0,所以存在唯一不为1的n使Tn22n17成立,此时n2.
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