专题升级训练28 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；(2)设，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Sn＝3n＋k，(1)求k的值及数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足＝(4＋k)anbn，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)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.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．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a4及Sn；(2)令bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.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)．(1)证明：数列为等差数列，并求数列{an}的通项；(2)设cn＝，求数列{cn·3n－1}的前n项和Tn.7．(2012·山东济宁模拟，20)已知等差数列{an}满足：a2＝5，a4＋a6＝22.数列{bn}满足b1＋2b2＋…＋2n－1bn＝nan.设数列{bn}的前n项和为Sn.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求满足13＜Sn＜14的n的集合．8．(2012·北京石景山统测，20)若数列{An}满足An＋1＝A，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，求数列{bn}的前n项和Sn，并求使Sn＞2012的n的最小值．-4-\n参考答案1．解：(1)设{an}的公差为d，有解得a1＝1，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.(2)Tn＝＋3×＋5×＋…＋(2n－1)×，Tn＝＋3×＋5×＋…＋(2n－1)×，相减，得Tn＝＋2×＋2×＋…＋2×－(2n－1)×＝－×.∴Tn＝1－.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.(2)由＝(4＋k)anbn，可得bn＝，bn＝×，Tn＝，Tn＝，所以Tn＝，Tn＝.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)由(1)知bn＝＝＝－，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝1－＝.4．解：(1)当q＝1时，2S10≠S4＋S7，∴q≠1.由2S10＝S4＋S7，得＝＋.∵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{a}的前n项的积为Tn，Tn＝＝13·q3·(q2)3·…·(qn－1)3＝q3·(q3)2·…·(q3)n－1＝(q3)1＋2＋3＋…＋(n－1)＝.-4-\n又由(1)得2q10＝q4＋q7，∴2q6－q3－1＝0，解得q3＝1(舍)，q3＝－.∴Tn＝.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＝，所以an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．(2)因为an＝2n＋1，所以a－1＝4n(n＋1)．因此bn＝＝，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝，所以数列{bn}的前n项和Tn＝(n＋1)．6．解：(1)∵nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)，∴－＝2.∴数列为等差数列．不妨设bn＝，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＝＝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Tn＝＝＋·3n，∴Tn＝＋·3n.7．解：(1)设等差数列{an}的公差为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＝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)．-4-\n经检验，b1＝3也符合上式，所以数列{bn}的通项公式为bn＝.(2)Sn＝3＋7·＋…＋(4n－1)·，Sn＝3·＋7·＋…＋(4n－5)·＋(4n－1)，两式相减得：Sn＝3＋4－(4n－1)，∴Sn＝3＋4·－(4n－1).∴Sn＝14－.∴∀n∈N*，Sn＜14.∵数列{bn}的各项为正，∴Sn单调递增．又计算得S5＝14－＜13，S6＝14－＞13，∴满足13＜Sn＜14的n的集合为{n|n≥6，n∈N}．8．解：(1)∵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lg5，公比为2的等比数列．(2)lg(2an＋1)＝[lg(2a1＋1)]×2n－1＝2n－1lg5＝，∴2an＋1＝，∴an＝(－1)．∵lgTn＝lg(2a1＋1)＋…＋lg(2an＋1)＝(2n－1)lg5，∴Tn＝.(3)∵bn＝＝＝2－，∴Sn＝2n－2＋.∵Sn＞2012，∴2n－2＋＞2012.∴n＋＞1007.∴nmin＝1007.-4-
