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2016届《创新设计》人教A版高考数学(文)大一轮复习课时集训 探究课4.doc

上传人:高**** 文档编号:353376 上传时间:2024-05-27 格式:DOC 页数:4 大小:188.50KB
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资源描述

1、(建议用时:80分钟)1(2014西安质量检测)在等比数列an中,已知a38,a664.(1)求数列an的通项公式;(2)若a3,a5分别为等差数列bn的第3项和第5项,试求数列bn的通项公式及前n项和Sn.解(1)设an的首项为a1,公比为q,由已知得8a1q2,64a1q5,解得q2,a12,所以an2n.(2)由(1)得a38,a532,则b38,b532.设bn的公差为d,则有解得从而bn1612(n1)12n28,所以数列bn的前n项和Sn6n222n.2(2015太原模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn,公差d0,且S3S550,a1,a4,a13成等比数列(1)求数列an的通项

2、公式;(2)设是首项为1,公比为3的等比数列,求数列bn的前n项和Tn.解(1)依题意得解得an2n1.(2)3n1,bnan3n1(2n1)3n1,Tn353732(2n1)3n1,3Tn33532733(2n1)3n1(2n1)3n,两式相减得,2Tn32323223n1(2n1)3n32(2n1)3n2n3n,Tnn3n.3已知函数f(x),数列an满足a11,an1f,nN*,(1)求数列an的通项公式;(2)令Tna1a2a2a3a3a4a4a5a2na2n1,求Tn.解(1)an1fan,an是以为公差的等差数列又a11,ann.(2)Tna1a2a2a3a3a4a4a5a2na2

3、n1a2(a1a3)a4(a3a5)a2n(a2n1a2n1)(a2a4a2n)(2n23n)4设数列a2n1是首项为1的等差数列,数列a2n是首项为2的等比数列,数列an的前n项和为Sn(nN*),已知S3a4,a3a5a42.(1)求数列an的通项公式;(2)比较S2n与2nn2的大小,并说明理由解(1)设等差数列a2n1的公差为d,等比数列a2n的公比为q,则a11,a22,a31d,a42q,a512d,所以4d2q,(1d)(12d)22q,解得d2,q3.所以an(kN*)(2)当n1时,S2nS2a1a23,2nn221113,所以S2n2nn2;当n2时,S2nn213nn21

4、(12)nn212n1n22n.综上所述,当n1时,S2n2nn2;当n2时,S2n2nn2.5已知等比数列an满足2a1a33a2,且a32是a2,a4的等差中项(1)求数列an的通项公式;(2)若bnanlog2,Snb1b2bn,求使Sn2n1470成立的n的最小值解(1)设等比数列an的公比为q,依题意,有即由得q23q20,解得q1或q2.当q1时,不合题意,舍去;当q2时,代入得a12,所以an22n12n.故所求数列an的通项公式an2n(nN*)(2)bnanlog22nlog22nn.所以Sn212222332nn(222232n)(123n)2n12nn2.因为Sn2n14

5、70,所以2n12nn22n1470,解得n9或n10.因为nN*,故使Sn2n1470成立的正整数n的最小值为10.6(2015上饶六校联考)已知等差数列an的前n项和为Sn,且a22,S515,数列bn满足b1,bn1bn.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)记Tn为数列bn的前n项和,f(n),试问f(n)是否存在最大值,若存在,求出最大值;若不存在,请说明理由解(1)设等差数列an的首项为a1,公差为d,则解得a11,d1,ann,由题意知,数列是以为首项,为公比的等比数列,n1,bn.(2)由(1)得Tn,Tn,所以Tn2,又Sn,所以f(n),f(n1)f(n),当n3时,f(n1)f(n)0,当n3时,f(n1)f(n)0,又f(1)1,f(2),f(3),f(n)存在最大值为.

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