2019届高考数学总复习模块三数列限时集训十一数列求和及综合应用.docx

限时集训（十一）数列求和及综合应用基础过关1.已知数列an 是首项为a1,公比为q的等比数列,Sn为其前n项和.(1)若a2=2,且a3是S1,S3的等差中项,求数列an的通项公式;(2)当a1=1,q=2时,令bn=log4(Sn+1),求证:数列bn是等差数列.2.已知数列an满足a1+13a2+15a3+12n-1an=n(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)求数列2an+1+an的前60项和T60.3.已知数列an是等差数列,且a2+a3=8,a5=3a2.(1)求数列an的通项公式;(2)记bn=2anan+1,设bn的前n项和为Sn,求最小的正整数n,使得Sn20172018.4.已知数列an满足a1=12,an+1=an2an+1(nN*).(1)证明数列1an是等差数列,并求an的通项公式;(2)若数列bn满足bn=12nan,求数列bn的前n项和Sn.能力提升5.在公比为q的等比数列an中,已知a1=16,且a1,a2+2,a3 成等差数列.(1)求q,an;(2)若q10的正整数n的最小值.6.已知数列an是递增的等比数列,a1=1,a3=4,数列bn满足b1=2,bn+1-2bn=8an(nN*).(1)求数列an和bn的通项公式;(2)设数列cn满足cn=4nbnbn+1,且数列cn的前n项和为Tn,求使得Tn1am对任意nN*都成立的正整数m 的最小值.限时集训(十一) 基础过关1.解:(1)由题意得a2=2,2a3=S1+S3,从而有a1q=2,2a1q2=a1+a1+a1q+a1q2,解得q=2,a1=1或q=-1,a1=-2,所以an=2n-1或an=2(-1)n.(2)证明:由题意得Sn=2n-1,所以bn=log4(Sn+1)=n2.当n2时,因为bn-bn-1=n2-n-12=12,所以数列bn是公差为12的等差数列.2.解:(1)数列an满足a1+13a2+15a3+12n-3an-1+12n-1an=n,当n2时,a1+13a2+15a3+12n-3an-1=n-1,由-得12n-1an=1,所以an=2n-1.当n=1时,a1=1适合上式,an=2n-1.(2)令bn=2an+1+an,则bn=22n+1+2n-1=2n+1-2n-1,Tn=(3-1)+(5-3)+(2n+1-2n-1)=2n+1-1,T60=10.3.解:(1)设等差数列an的公差为d,依题意有2a1+3d=8,a1+4d=3a1+3d,解得a1=1,d=2,从而数列an的通项公式为an=2n-1.(2)因为bn=2anan+1=12n-1-12n+1,所以Sn=11-13+13-15+12n-1-12n+1=1-12n+1.令1-12n+120172018,解得n1008.5,又nN*,故取n=1009,所以使得Sn20172018的最小的正整数n=1009.4.解:(1)证明:an+1=an2an+1,1an+1-1an=2,数列1an是首项为1a1=2,公差为2的等差数列.1an=2+2(n-1)=2n,an=12n.(2)bn=2n2n=n2n-1,Sn=b1+b2+bn=1+22+322+n2n-1,12Sn=12+222+323+n2n,两式相减得12Sn=1+12+122+123+12n-1-n2n=21-12n-n2n=2-2+n2n,Sn=4-2+n2n-1. 能力提升5.解:(1)由题意得2(a2+2)=a1+a3,即2(16q+2)=16+16q2,整理得4q2-8q+3=0,解得q=12或q=32.当q=12时,an=25-n;当q=32时,an=1632n-1.(2)由(1)知若q10,得122n4,n2,使得a1-a2+a3-+(-1)2n-1a2n10的正整数n的最小值为3.6.解:(1)数列an是递增的等比数列,其公比q1,又q2=a3a1=4,q=2,an=2n-1,bn+1-2bn=2n+2,bn+12n+1-bn2n=2,数列bn2n是首项为b12=1,公差为2的等差数列,bn2n=1+2(n-1)=2n-1,bn=2n(2n-1).(2)cn=4nbnbn+1=12(2n+1)(2n-1)=1412n-1-12n+1,Tn=141-13+13-15+12n-1-12n+1