1、大题考法专训（二） 数列A级中档题保分练1已知数列an为等比数列，首项a14，数列bn满足bnlog2an，且b1b2b312.(1)求数列an的通项公式；(2)令cnan，求数列cn的前n项和Sn.解：(1)由bnlog2an和b1b2b312，得log2(a1a2a3)12，a1a2a3212.设等比数列an的公比为q，a14，a1a2a344q4q226q3212，解得q4，an44n14n.(2)由(1)得bnlog24n2n，cn4n4n4n.设数列的前n项和为An，则An1，设数列4n的前n项和为Bn，则Bn(4n1)，Sn(4n1)2已知首项为2的数列an的前n项和为Sn，Sn，
2、设bnlog2an.(1)求数列an的通项公式；(2)判断数列bn是否为等差数列，并说明理由；(3)求数列的前n项和Tn.解：(1)依题意得a12，则n1时，S1a1，a28.n2时，Sn1，则anSnSn1，整理得4.又4，数列an是首项为2，公比为4的等比数列，an24n122n1.(2)bnlog2anlog222n12n1，则bn1bn2n1(2n1)2，且b11，数列bn是等差数列(3)由(2)得bn2n1，Tn.3(2019福州模拟)已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.解：(1)
3、因为Sn3n28n，所以当n2时，anSnSn13n28n3(n1)28(n1)6n5.当n1时，a1S111也符合上式，所以an6n5，nN*.于是，bn1bnan6n5.因为bn是等差数列，所以可设bnknt(k，t均为常数)，则有k(n1)tknt6n5，即2knk2t6n5对任意的nN*恒成立，所以解得故bn3n1.(2)因为an6n5，bn3n1，所以cn2n(6n6)于是，Tn122182224232n(6n6)，所以2Tn1222182324242n6n2n1(6n6)，得，Tn246(22232n)2n1(6n6)2462n1(6n6)2n16n，故Tn2n16n2n23n.B
4、级拔高题满分练1(2020届高三长沙摸底)已知数列an的首项a13，a37，且对任意的nN*，都有an2an1an20，数列bn满足bna2n1，nN*.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求使b1b2bn2 019成立的最小正整数n的值解：(1)令n1，得a12a2a30，解得a25.又由an2an1an20，知an2an1an1ana2a12，故数列an是首项a13，公差d2的等差数列，于是an2n1，bna2n12n1.(2)由(1)知，bn2n1.于是b1b2bn(21222n)nn2n1n2.令f(n)2n1n2，易知f(n)是关于n的单调递增函数，又f(9)210921 031
5、，f(10)2111022 056，故使b1b2bn2 019成立的最小正整数n的值是10.2已知an是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求bn的前n项和Tn.解：(1)由题意知，2Snan，即2Snana1，当n1时，由式可得S11；当n2时，anSnSn1，代入式，得2Sn(SnSn1)(SnSn1)21，整理得SS1.所以S是首项为1，公差为1的等差数列，S1n1n.因为an的各项都为正数，所以Sn，所以anSnSn1(n2)又a1S11，所以an.(2)bn(1)n()，当n为奇数时，Tn1(1)()()()；当n为
6、偶数时，Tn1(1)()()().所以bn的前n项和Tn(1)n.3(2019天津高考)设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0.已知a1b13，b2a3，b34a23.(1)求an和bn的通项公式(2)设数列cn满足cn求a1c1a2c2a2nc2n(nN*)解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.依题意，得解得故an33(n1)3n，bn33n13n.所以数列an的通项公式为an3n，bn的通项公式为bn3n.(2)a1c1a2c2a2nc2n(a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn)(631123218336n3n)3n26(131232n3n)记Tn131232n3n，则3Tn132233n3n1，得，2Tn332333nn3n1n3n1.所以a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n23(nN*)
