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1、大题增分专练(三)数列A卷(限时40分钟)1(2014洛阳模拟)设数列an的前n项和Sn满足6Sn19an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn，求数列bn和bn的前n项和Tn2已知等差数列an的公差为1，且a2a7a126(1)求数列an的通项an与前n项和Sn；(2)若bn是首项为4，公比为的等比数列，前n项和为Tn，求证：当t6时，对任意n，mN*，SnTmt恒成立3已知an是等差数列，公差为d，首项a13，前n项和为Sn令cn(1)nSn(nN*)，cn的前20项和T20330数列bn满足bn2(a2)dn22n1，aR(1)求数列an的通项公式；(2)若bn1
2、bn，nN*，求a的取值范围B卷(限时40分钟)1已知数列an的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n，Sn)都在函数f(x)x22x的图象上，且过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2knan，求数列bn的前n项和Tn；(3)设Qx|xkn，nN*，Rx|x2an，nN*，等差数列cn的任一项cnQR，其中c1是QR中的最小数，110c10115，求cn的通项公式2(2014杭州质检)已知数列an满足a11，an11，其中nN*(1)设bn，求证：数列bn是等差数列，并求出an的通项公式；(2)设cn，数列cncn2的前n项和为Tn，是否存在正整数
3、m，使得Tn对于nN*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由3已知数列an的前n项和为Sn，a1a216且Sn2Sn1n4(n2，nN*)(1)求数列an的通项an；(2)令bnnan，求bn的前n项和Tn，并判断是否存在唯一不等于1的n使Tn22n17成立？若存在，求出n的值；若不存在，说明理由答案A卷1解：(1)当n1时，由6a119a1，得a1.当n2时，由6Sn19an，得6Sn119an1，两式相减得6(SnSn1)9(anan1)，即6an9(anan1)，an3an1.数列an是首项为，公比为3的等比数列，其通项公式为an3n13n2.(2)bnn2，bn是首项为3
4、，公比为的等比数列，Tnb1b2bn.2解：(1)由a2a7a126得a72，所以a14，所以ana1(n1)d5n，从而Sn.(2)证明：由等比数列求和公式得Tm8，TmT14.(或者：各项为正的等比数列T14为最小值)又Sn(n29n)，故(Sn)maxS4S510，当t6时，对任意n，mN*，TmtT1610Sn，所以当t6时，SnTmt恒成立3解：(1)设等差数列an的公差为d，因为cn(1)nSn，所以T20S1S2S3S4S20330，则a2a4a6a20330，即10(3d)2d330，解得d3，所以an33(n1)3n.(2)由(1)知bn2(a2)3n22n1，bn1bn2(
5、a2)3n12n2(a2)3n22n14(a2)3n22n143n2.由bn1bn(a2)n20a2n2，因为2n2随着n的增大而增大，所以n1时，2n2取得最小值.所以a.故a的取值范围为.B卷1解：(1)点Pn(n，Sn)都在函数f(x)x22x的图象上，Snn22n(nN*)当n2时，anSnSn12n1，当n1时，a1S13满足上式，所以数列an的通项公式为an2n1.(2)由f(x)x22x求导可得f(x)2x2.过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn，kn2n2.bn2knan4(2n1)4n.Tn4341454247434(2n1)4n.4Tn4342454347444(2n1)
6、4n1.，得3Tn4342(42434n)(2n1)4n14，Tn4n2.(3)Qx|x2n2，nN*，Rx|x4n2，nN*，QRR.又cnQR，其中c1是QR中的最小数，的公差是4的倍数，c104m6(mN*)又110c10115，解得m27.c10114.设等差数列的公差为d，则d12，cn6(n1)的通项公式为cn12n6.2解：(1)证明：bn1bn2(常数)，数列bn是等差数列a11，b12，因此bn2(n1)22n，由bn得an.(2)由cn，an得cn，cncn22，Tn223，依题意要使Tn对于nN*恒成立，只需3，即3，解得m3或m4，又m为正整数，所以m的最小值为3.3解
7、：(1)由已知Sn2Sn1n4，可得Sn12Sn2n3(n3，nN*)，两式相减得，SnSn12(Sn1Sn2)1，即an2an11，从而an12(an11)，当n2时，S22S16，则a2a16， 又a1a216，所以a15，a211.从而a212(a11)，故总有an12(an11)，n2，nN*.又a15，a110，从而2(n2，nN*)，即数列an1是以6为首项，2为公比的等比数列，则an162n1，故an32n1.(2)设Rn2222n2n，2Rn122223(n1)2nn2n1，两式相减得Rn2222nn2n1，所以Rn(n1)2n12.故由(1)，知Tna12a2nan(321)2(3221)n(32n1)3(2222n2n)(12n)3(n1)2n16，Tn(22n17)3(n1)2n122n233(n1)2n1(n245n46)(n1)62n1(n46)，令f(n)62n1n46，因为f(n1)f(n)62n110，所以f(n)单调递增，观察可知f(2)623(246)0，所以存在唯一不为1的n使Tn22n17成立，此时n2.
