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1、【创新方案】2017届高考数学一轮复习 第六章 数列 第五节 热点专题数列的热点问题课后作业 理1已知数列an的前n项和为Sn，且对任意的nN*有anSnn.(1)设bnan1，求证：数列bn是等比数列；(2)设c1a1且cnanan1(n2)，求cn的通项公式2(2016青岛模拟)已知数列an是等差数列，Sn为an的前n项和，且a1028，S892；数列bn对任意nN*，总有b1b2b3bn1bn3n1成立(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cn，求数列cn的前n项和Tn.3数列an满足a11，an12an(nN*)，Sn为其前n项和数列bn为等差数列，且满足b1a1，b4S3.(1)
2、求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，数列cn的前n项和为Tn，证明：Tn.4已知二次函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，试求数列bn的前n项和Tn.5设数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an3(nN*)，设数列bn满足b1a1，bn(n2)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.6数列an的前n项和为Sn，Sn2nn，等差数列bn的各项为正实数，其前n项和为Tn，且T315，又a1b1，a2b2，a3b31成等
3、比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若cnanbn，当n2时，求数列cn的前n项和An.答 案1解：(1)证明：由a1S11及a1S1得a1.又由anSnn及an1Sn1n1得an1anan11，2an1an1.2(an11)an1，即2bn1bn.数列bn是b1a11为首项，为公比的等比数列(2)由(1)知2an1an1，2anan11(n2)2an12ananan1(n2)，即2cn1cn(n2)，又c1a1，2a2a11，a2.c2，即c2c1.数列cn是首项为，公比为的等比数列cnn1.2解：(1)设等差数列an的公差为d，则a10a19d28，S88a1d92，解得a11，
4、d3，所以an13(n1)3n2.因为b1b2b3bn1bn3n1，所以b1b2b3bn13n2(n2)，两式相除得bn(n2)因为当n1时，b14适合上式，所以bn(nN*)(2)由(1)知cn，则Tn，Tn，所以Tn2，从而Tn23，即Tn7.3解：(1)由题意知，an是首项为1，公比为2的等比数列，ana12n12n1.Sn2n1.设等差数列bn的公差为d，则b1a11，b413d7，d2，bn1(n1)22n1.(2)证明：log2a2n2log222n12n1，cn，Tn1.nN*，Tn0，数列Tn是一个递增数列，TnT1.综上所述，Tn.4解：(1)设二次函数f(x)ax2bx(a
5、0)，则f(x)2axb.由于f(x)6x2，得a3，b2，所以f(x)3x22x.又因为点(n，Sn)(nN*)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，a1S1312211615，所以，an6n5(nN*)(2)由(1)得bn，故Tn1.5解：(1)Sn2an3(nN*)，当n2时，Sn12an13，两式相减得3an2an1，即.又当n1时，a12a13，a11，数列an是首项为1，公比为的等比数列，且ann1.当n2时，bn，两边取倒数得，b1a11，数列是首项为1，公差为的等差数列，且1(n1)，bn.
6、(2)由(1)可知cnnn1，Tn123243(n1)n2nn1，Tn2233(n1)n1nn得Tn12n1nn2(2n)n，Tn42(n2)n.6解：(1)当n1时，a1211；当n2时，anSnSn12nn2n1(n1)2n11，此式对n1不成立，an又由T315，可得b1b2b315，b25.设数列bn的公差为d，由a1b1，a2b2，a3b31成等比数列可得6d,6,7d成等比数列，(6d)(7d)36d2或d3(舍)从而可得bnb2(n2)d5(n2)22n1.(2)cnanbn当n2时，An3521722(2n1)2n2(2n1)2n157(2n1)，令Pn521722(2n1)2n2(2n1)2n1，则2Pn522723(2n1)2n1(2n1)2n，可得Pn521232n(2n1)2n10(2n1)2n(12n)2n2，Pn(2n1)2n2，故An3(2n1)2n2(n1)(n3)(2n1)2nn22n4(n2)5
