1、1限时检测提速练(七) 大题考法数列求和问题A 组1(2018辽南协作校一模)已知数列 an满足 a11,2 an1 an，数列 bn满足bn2log 2a 2n 1(1)求数列 an， bn的通项公式；(2)设数列 bn的前 n 项和 Tn，求使得 2Tn4 n2 m 对任意正整数 n 都成立的实数 m 的取值范围解：(1)由 a11， ， an0，an 1an 12 an为首项是 1，公比为 的等比数列，12 an n1 . bn2log 2 2n2 n2(12) (12)(2)Tn n23 n， m2 n26 n 任意正整数 n 都成立，2 n26 n2 2 ，(n32) 92当 n1
2、或 2 时， Tn的最大值为 4， m42(2018石家庄一模)已知数列 an是各项均为正数的等比数列，若a11， a2a416(1)设 bnlog 2an，求数列 bn的通项公式；(2)求数列 anbn的前 n 项和 Sn解：(1)设数列 an的公比为 q(q0)，由Error! 得 q416， q2， an2 n1 又 bnlog 2an， bn n1(2)由(1)可知 anbn( n1)2 n1 ，则 Sn02 012 122 2( n1)2 n1 ，2Sn02 112 222 3( n1)2 n ，得， Sn22 22 32 n1 ( n1)2 n ( n1)2 n2 2n1 22 n
3、(2 n)2， Sn2 n(n2)23(2018上饶二模)已知数列 an的前 n 项和 Sn2 n1 n22(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bnlog 2(an1)，求 Tn 1b1b2 1b2b3 1b3b4 1bnbn 1解：(1)由Error!则 an2 n1 ( n2)当 n1 时， a1 S13，综上 an2 n1(2)由 bnlog 2(an1)log 22n nTn 1b1b2 1b2b3 1b3b4 1bnbn 1 112 123 134 1n n 1 (112) (12 13) (13 14) (1n 1n 1) nn 14(2018百校联盟联考)已知等比数列 an的
4、公比为 q1，前 n 项和为 Sn， a1 a3， a11， a21， a31 分别是一个等差数列的第 1 项，第 2 项，第 5 项S4S2(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn anlgan，求数列 bn的前 n 项和 Tn解：(1)由 a1 a3 得，S4S2a1 a1q2 1 q2，S2 1 q2S2所以 a11，由 a11， a21， a31 分别是一个等差数列的第 1 项，第 2 项，第 5 项，得 a31( a11)4( a21)( a11)，即 a3 a14( a2 a1)，即 q214( q1)，即 q24 q30，因为 q1，所以 q3，所以 an3 n1 (2)bn
5、 anlgan( n1)3 n1 lg 3，所以 Tn0323 233 3( n1)3 n1 lg 3，3Tn03 223 333 4( n1)3 nlg 3，两式相减得， 2 Tn33 23 33 n1 ( n1)3 nlg 3 ( n1)3 nlg 33 1 3n 1 lg 31 33 3nlg 3，3lg 32 (n 32)所以 Tn 3nlg 33lg 34 (n2 34)B 组1(2018资阳三诊)已知 an是公差为 2 的等差数列数列 bn满足 b1 ， b2 ，12 14且 anbn1 nbn bn1 (nN *)(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)设 cn ，数列 cn
6、的前 n 项和为 Sn，证明： Sn 1log2bnlog2bn 2 34(1)解：由题意可知， n1 时， a1b2 b1 b2a13，又公差为 2，故 an2 n1从而有(2 n1) bn1 nbn bn1 2bn1 bn，故数列 bn是公比为 的等比数列，12又 b1 ，所以 bn n12 (12)(2)证明：由(1)知cn 1log2bnlog2bn 2 1n n 2 12(1n 1n 2)故 Sn 12(1 13 12 14 13 15 1n 1 1n 1 1n 1n 2) 12(32 1n 1 1n 2) 34 2n 32 n 1 n 2 342(2018河南联考)已知数列 an中
7、， a11，其前 n 项的和为 Sn，且满足 an(n2)2S2n2Sn 1(1)求证：数列 是等差数列；1Sn(2)证明：当 n2 时， S1 S2 S3 Sn 12 13 1n 32证明：(1)当 n2 时， Sn Sn1 ， Sn1 Sn2 SnSn1 ，2S2n2Sn 1 2，从而 构成以 1 为首项，2 为公差的等差数列1Sn 1Sn 1 1Sn(2)由(1)可知， 1( n1)22 n1， Sn ，1Sn 12n 1当 n2 时，Sn ，1n 1n 2n 1 1n 2n 2 12 1n n 1 12( 1n 1 1n)4从而 S1 S2 S3 Sn1 12 13 1n 12(1 1
8、2 12 13 1n 1 1n) 32 12n 323(2018丹东三模) Sn为数列 an的前 n 项和，已知3Sn24 an， bnloga1anloga1an1 1(1)求 an的通项公式；(2)若数列 bn的前 n 项和 Tn满足 Tn k0，求实数 k 的取值范围解：(1)由 3Sn24 an，可知 3Sn1 24 an1 可得 3an1 4 an1 4 an，易知 an0，于是 4an 1an又 3a124 a1，得 a12所以 an是首项为 2，公比为 4 的等比数列，通项公式为 an2 2n1 (2)由 an2 2n1 可知bn1loga1anloga1an 1 1 2n 1
9、2n 1 12( 12n 1 12n 1)于是 Tn 12(1 13 15 12n 1) (13 15 12n 1) 12(1 12n 1)不等式 Tn k0 可化为 k 14n 2 12因为 nN *，所以 ，故 k 14n 2 12 12 12因此实数 k 的取值范围为 ( ， 124(2018长沙三模)若数列 an的前 n 项和 Sn满足 Sn2 an ( 0， nN *)(1)证明：数列 an为等比数列，并求 an；(2)若 4， bnError!( nN *)，求数列 bn的前 n 项和 Tn(1)证明：由题意可知 S12 a1 ，即 a1 ；当 n2 时， an Sn Sn1 (2 an )(2 an1 )2 an2 an1 ，即 an2 an1 ；所以数列 an是首项为 ，公比为 2 的等比数列，所以 an 2n1 (2)解：由(1)可知当 4 时 an2 n1 ，从而 bnError!n 为偶数时， Tn 4 1 4n21 4n2 3 n 125 ；4 2n 13 n 4 n4n 为奇数时， Tn Tn1 bn1 ( n2)4 1 4n 12 1 4n 12 3 n 1 12 n24 2n 1 13 n 1 n 54 ，4 2n 1 13 n 1 n 34综上， TnError!
