1、解答题分类特训(二)数列(建议用时：40分钟)(见提升特训P147)1(2019四川遂宁诊断)在等差数列an(nN*)中，a12，且有a1，a5，a17成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an为递增数列，数列2n1an的前n项和为Tn，且32，求n的最大值解析 (1)设数列an的公差为d，因为a1，a5，a17成等比数列，所以aa1a17，即(24d)22(216d)，所以d2d0，解得d0或d1；当d0时，an2；当d1时，ann1.(2)因为数列an为递增数列，所以数列an的公差d0，所以ann1.令bn2n1an(n1)2n1，Tnb1b2bn，所以Tn220321422(
2、n1)2n1，则2Tn221322423(n1)2n，两式相减得Tn22222n1(n1)2n2(n1)2n，即Tn22n2(n1)2nn2n，所以Tnn2n，由32得2n32，因为nN*，所以n的最大值为5.2已知数列an的前n项和为Sn，a12,2Sn(n1)2ann2an1，数列bn满足b11，bnbn12an.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正实数，使得bn为等比数列？并说明理由解析 (1)由题设知2Sn(n1)2ann2an1,2Sn1(n2)2an1(n1)2an2，两式相减可得(n1)2(an2an)2(n1)2an1，即an2an2an1，所以数列an是等差数列由2S
3、14a1a22a1，可得a22a14，所以an的公差为2，故an2n.(2)因为bnbn12an，bn1bn22an1，两式相除可得bn24bn，所以b2n和b2n1都是以4为公比的等比数列因为b1b22a14，b11，所以b24，由b34b14及bb1b3，可得421，又0，所以，所以b2n24n122n1，b2n122n2，即bn2n1，则bn12bn，因此存在，使得数列bn为等比数列3(2019广东深圳模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且n，an，Sn成等差数列，bn2log2(1an)1.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn中去掉数列an的项后余下的项按原顺序组成数列cn，求
4、c1c2c100 的值解析 (1)因为n，an，Sn成等差数列，所以Snn2an，所以Sn1(n1)2an1(n2)得an12an2an1，所以an12(an11)(n2)又当n1时，S112a1，所以a11，所以a112，故数列an1是首项为2，公比为2的等比数列，所以an122n12n，即an2n1.(2)由(1)知an2n1，所以bn2log2(12n1)12n1，b11，所以bn1bn2，所以数列bn是以1为首项，2为公差的等差数列又因为a11，a23，a37，a415，a531，a663，a7127，a8255，b64127，b106211，b107213，所以c1c2c100(b1
5、b2b107)(a1a2a7)(212227)77107228911 202.4(2019安徽宣城八校联考)设递增数列an满足a11，a1，a2，a5成等比数列，且对任意nN*，函数f(x)(an2an1)x(anan1)sin xancos x满足f()0.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an的前n项和为Sn，bn，数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn2.解析 (1)因为f(x)(an2an1)x(anan1)sin xancos x，所以f(x)an2an1(anan1)cos xansin x，又f()0，所以f()an2an1anan10，即2an1anan2，因此an是以1为首项的等差数列设数列an的公差为d，则d0，因为a1，a2，a5成等比数列，所以aa1a5，即(a1d)2a1(a14d)，解得d2，所以an2n1.(2)证明：由(1)可得Snn2，所以bn，因此T1b112.又因为当n2时，所以Tnb1b2b3bn1122，故Tn2.
