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2017年西藏高考数学基础练习(五)

中华考试网  2016-12-16  【

1.(2015·四川卷)设数列{an}(n=1,2,3,…)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列。

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)记数列an(1的前n项和为Tn,求使得|Tn-1|<1 000(1成立的n的最小值。

解 (1)由已知Sn=2an-a1,有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2)。

从而a2=2a1,a3=2a2=4a1。

又因为a1,a2+1,a3成等差数列,

即a1+a3=2(a2+1)。

所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2。

所以,数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列。

故an=2n。

(2)由(1)得an(1=2n(1。

所以Tn=2(1+22(1+…+2n(1=2(1=1-2n(1。

由|Tn-1|<1 000(1,得-1(1<1 000(1,

即2n>1 000。

因为29=512<1 000<1 024=210,所以n≥10。

于是,使|Tn-1|<1 000(1成立的n的最小值为10。

2.(2015·山东卷)设数列{an}的前n项和为Sn。已知2Sn=3n+3。

(1)求{an}的通项公式;

(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn。

解 (1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,

当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,

此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,

又因为n=1时,不满足上式,所以an=3n-1,n>1。(3,n=1,

(2)因为anbn=log3an,所以b1=3(1,

当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n。

所以T1=b1=3(1;

当n>1时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=3(1+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n),

所以3Tn=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n),

两式相减,得2Tn=3(2+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=3(2+1-3-1(1-31-n-(n-1)×31-n=6(13-2×3n(6n+3,所以Tn=12(13-4×3n(6n+3。经检验,n=1时也适合。

综上可得Tn=12(13-4×3n(6n+3。

??3.(2015·天津卷)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列。

(1)求q的值和{an}的通项公式;

(2)设bn=a2n-1(log2a2n,n∈N*,求数列{bn}的前n项和。

解 (1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,

所以a2(q-1)=a3(q-1)。又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2。

当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=22(n-1;

当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=22(n。

所以,{an}的通项公式为an=,n为偶数。(n

(2)由(1)得bn=a2n-1(log2a2n=2n-1(n。设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×20(1+2×21(1+3×22(1+…+(n-1)×2n-2(1+n×2n-1(1,

2(1Sn=1×21(1+2×22(1+3×23(1+…+(n-1)×2n-1(1+n×2n(1,

上述两式相减,得2(1Sn=1+2(1+22(1+…+2n-1(1-2n(n=2(1-2n(n=2-2n(2-2n(n,

整理得,Sn=4-2n-1(n+2。

所以,数列{bn}的前n项和为4-2n-1(n+2,n∈N*。

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