《江苏省启东中学2018_2019学年高二数学暑假作业第16天数列通项与求和文（含解析）苏教版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省启东中学2018_2019学年高二数学暑假作业第16天数列通项与求和文（含解析）苏教版.pdf（5页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 16 天 数列通项与求和第 16 天 数列通项与求和 1. 1. 在数列an中， a11， anan1(n2)， 则数列an的通项公式是 n1 n _ 2. 2. 若数列an的通项公式为an2n2n1， 则数列an的前n项和为Sn _ 3. 3. 已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S3a210a1，a59，则 a1_ 4. 4. 已知数列an满足 an1an(1an1)，a11，数列bn满足 bnanan1，则数列 bn的前 10 项和 S10_ 5. 5. 设数列an满足 a13a232a33n1an ，则数列an的通项公式为 an n 3 _ 6. 6. 若在正项数列an中，
2、a12，an12an32n，则数列an的通项公式为 _ 7. 7. 已知 Sn是等比数列an的前 n 项和，若 S3，S9，S6成等差数列，且 a2a52am， 则 m_ 8. 8. Sn _ 1 2 2 22 3 8 n 2n 9. 9. 对于正项数列an，定义 Hn为an的“光阴”值现知某 n a12a23a3nan 数列an的“光阴”值为 Hn，则该数列的通项公式为_. 2 n2 10. 10. 已知数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，且满足 2an1Sn2(nN N* *)，则满足 的n的最大值为_ 1 001 1 000 S2n Sn 11 10 11. 11. 设数列an
3、的前 n 项和为 Sn，已知 a11，Sn14an2. (1) 设 bnan12an，证明：数列bn是等比数列； (2) 在(1)的条件下，证明：数列是等差数列，并求an的通项公式 an 2n 12. 12. 在等比数列an中，a2a332，a532. (1) 求数列an的通项公式； (2) 设数列an的前 n 项和为 Sn，求 S12S2nSn. 13. 在等比数列an中， a1， a2， a3分别是下表第一、 二、 三行中的某一个数， 且 a1， a2， a3 中的任何两个数不在下表的同一列 (1) 求数列an的通项公式； (2) 若数列bn满足：bnan(1)nln an，求数列bn的前
4、 2n 项和 S2n. 14. 已知二次函数 f(x)3x22x，数列an的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn)(nN N* *)均在函 数yf(x)的图象上 (1) 求数列an的通项公式； (2) 在(1)的结论下， 设bn，Tn是数列bn的前n项和， 求使得Tn对所有 3 anan1 m 20 nN N* *都成立的最小正整数m. 第 16 天 数列通项与求和 1. 1. an 解析 ： 因为 anan1(n2)， 所以 an1an2， a2 a1.以上(n 1 n n1 n n2 n1 1 2 1)个式子相乘得ana1 .当n1时， a11， 上式也成立， 所以an 1 2 2 3 n1
5、 n a1 n 1 n . 1 n 2. 2. 2n1n22 解析：Sn2n12n2. 2（12n） 12 n（12n1） 2 3. 3. 解析：设等比数列an的公比为 q，由 S3a210a1得 a1a2a3a210a1， 1 9 即 a39a1，q29.又 a5a1q49，所以 a1 . 1 9 4. 4. 解析 ： 由 an1an(1an1)，得1，即1.又 a1 10 11 1 an 1an1 an1 1 an1 1 an1 1 an 1，所以(n1)n，所以 an .因为 bnanan1 ，所以数 1 an 1 a1 1 n 1 n（1n） 1 n 1 1n 列bn的前 10 项和
6、S101. (1 1 2) ( 1 2 1 3) ( 1 3 1 4)( 1 10 1 11) 1 11 10 11 5. 5. 解析 ： 因为 a13a232a33n1an ，则当 n2时，a13a232a33n 1 3n n 3 2an1 ，两式左右两边分别相减得 3n1an ，所以 an(n2)由题意知，a1 ， n1 3 1 3 1 3n 1 3 符合上式，所以 an(nN N*) 1 3n 6. 6. an2n 解析 ： 在 an12an32n的两边同时除以 2n1， 得 ( 3 2n 1 2) an1 2n1 an 2n ， 即 ，所以数列是以1 为首项， 为公差的等差数列，所以1
7、(n 3 2 an1 2n1 an 2n 3 2 an 2n a1 2 3 2 an 2n 1) n ，所以 an2n. 3 2 3 2 1 2( 3 2n 1 2) 7. 7. 8 解析 ： 当 q1 时，不符合题意 ； 当 q1 时，2S9S3S6，所以 2a1（1q9） 1q ， 所以1q32q6， 所以a1qa1q42a1q7， 即a2a52a8， 所以m8. a1（1q3） 1q a1（1q6） 1q 8. 8. 解析 ： 由 Sn ，得 Sn 2n1n2 2n 1 2 2 22 3 23 n 2n 1 2 1 22 2 23 n1 2n ，得 Sn ，所以 Sn. n 2n1 1
8、2 1 2 1 22 1 23 1 2n n 2n1 1 21( 1 2) n 11 2 n 2n1 2n1n2 2n 9. 9. an 解析：，则 a12a23a3nan 2n1 2n 2 n2 n a12a23a3nan .当 n1 时，a1 ；当 n2 时，nan， n（n2） 2 3 2 n（n2） 2 （n1）（n1） 2 2n1 2 则 an.当 n1 时也符合上式，故 an. 2n1 2n 2n1 2n 10. 10. 9 解析：由题意得 2(Sn1Sn)Sn2，即 Sn1 Sn1，Sn12 (Sn2)， 1 2 1 2 且 S12a121， 所以 Sn2 n1， Sn2n1，
9、所以 ( 1 2)( 1 2) S2n Sn 2(1 2) 2n1 2(1 2) n1 1(1 2) 2n 1(1 2) n 1 n ，即 n ，解得 4n9，所以 n 的最大值为 9. ( 1 2)( 1 001 1 000， 11 10) 1 1 000( 1 2) 1 10 11. 11. 解析：(1) 因为 a11，Sn14an2， 所以 a1a24a12，a23a125， 所以 b1a22a13. 由 Sn14an2，知当 n2 时，有 Sn4an12， 两式相减得 an14an4an1， 所以 an12an2(an2an1) 又因为 bnan12an，所以 bn2bn1， 所以bn
10、是首项 b13，公比 q2 的等比数列 (2) 由(1)可得 bnan12an32n1， 所以 ， an1 2n1 an 2n 3 4 所以数列是首项为 ，公差为 的等差数列，所以 (n1) n ， an 2n 1 2 3 4 an 2n 1 2 3 4 3 4 1 4 则 an(3n1)2n2. 12. 12. 解析：(1) 设等比数列an的公比为 q，依题意得 解得 a1qa1q232， a1q432，) a12， q2，) 故 an22n12n. (2) 因为 Sn是数列an的前 n 项和， 所以 Sn2(2n1)， 2（12n） 12 所以 S12S2nSn2(2222n2n)(12n
11、)2(2222 n2n)n(n1)， 设 Tn2222n2n， 则 2Tn22223n2n1， 由得Tn2222nn2n1n2n1(1n)2n12， 2（12n） 12 所以 Tn(n1)2n12， 所以 S12S2nSn2(n1)2n12n(n1)(n1)2n24n(n1) 13. 13. 解析：(1) 当 a13 时，不合题意； 当 a12 时，当且仅当 a26，a318 时，符合题意；当 a110 时，不合题意 所以 a12，a26，a318，则公比 q3，故 an23n1. (2) 因为 bnan(1)nln an23n1(1)nln(23n1)23n1(1)n(ln 2 ln 3)(
12、1)nnln 3， 所以 S2nb1b2b2n2(1332n1)111(1)2n(ln 2 ln 3)123(1)2n2nln 32nln 332nnln 31. 132n 13 14. 14. 解析：(1) 因为点(n，Sn)(nN N*)均在函数yf(x)的图象上，所以Sn3n22n. 当n2 时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5.当n1 时，a1S1 3122615，所以an6n5(nN N*) (2) 由(1)得知bn， 故Tn i 3 anan1 3 （6n5）6（n1）5 1 2( 1 6n5 1 6n1) n i1 b (1 )( )()， 所以要使对任 1 2 1 7 1 7 1 13 1 6n5 1 6n1 1 2(1 1 6n1) 1 2(1 1 6n1) m 20 意 nN N*都成立的m必须且仅须满足 ，即m10，所以满足要求的最小正整数m为 10. 1 2 m 20