2022届-数学一轮(理科)-北师大版-课时作业-热点训练-探究课4-Word版含答案.docx

(建议用时：80分钟)1设an是公比大于1的等比数列，Sn为数列an的前n项和，已知S37，且a13,3a2，a34构成等差数列(1)求数列an的通项；(2)令bnln a3n1，n1,2，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由已知得a22.设数列an的公比为q，由a22，可得a1，a32q，又S37，所以22q7，即2q25q20.解得q2或q，q1，q2，a11.故数列an的通项为an2n1.(2)由(1)得a3n123n，bnln 23n3nln 2.又bn1bn3ln 2，数列bn为等差数列Tnb1b2bnln 2.故Tnln 2.2(2021南昌模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0，且S3S550，a1，a4，a13成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列bn的前n项和Tn.解(1)依题意得解得an2n1.(2)3n1，bnan3n1(2n1)3n1，Tn353732(2n1)3n1，3Tn33532733(2n1)3n1(2n1)3n，两式相减得，2Tn32323223n1(2n1)3n32(2n1)3n2n3n，Tnn3n.3已知函数f(x)，数列an满足a11，an1f，nN，(1)求数列an的通项公式；(2)令Tna1a2a2a3a3a4a4a5a2na2n1，求Tn.解(1)an1fan，an是以为公差的等差数列又a11，ann.(2)Tna1a2a2a3a3a4a4a5a2na2n1a2(a1a3)a4(a3a5)a2n(a2n1a2n1)(a2a4a2n)(2n23n)4(2022浙江卷)已知数列an和bn满足a1a2a3an()bn(nN)若an为等比数列，且a12，b36b2.(1)求an与bn；(2)设cn(nN)记数列cn的前n项和为Sn.求Sn；求正整数k，使得对任意nN均有SkSn.解(1)由题意a1a2a3an()bn，b3b26，知a3()b3b28.又由a12，得公比q2(q2舍去)，所以数列an的通项为an2n(nN)所以，a1a2a3an2()n(n1)故数列bn的通项为bnn(n1)(nN)(2)由(1)知cn(nN)，所以Sn(nN)由于c10，c20，c30，c40；当n5时，cn，而0，得1，所以，当n5时，cn0.综上，对任意nN恒有S4Sn，故k4.5已知等比数列an满足2a1a33a2，且a32是a2，a4的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanlog2，Snb1b2bn，求使Sn2n1470成立的n的最小值解(1)设等比数列an的公比为q，依题意，有即由得q23q20，解得q1或q2.当q1时，不合题意，舍去；当q2时，代入得a12，所以an22n12n.故所求数列an的通项公式an2n(nN)(2)bnanlog22nlog22nn.所以Sn212222332nn(222232n)(123n)2n12nn2.由于Sn2n1470，所以2n12nn22n1470，解得n9或n10.由于nN，故使Sn2n1470成立的正整数n的最小值为10.6(2022合肥一模)已知数列an的首项a14，前n项和为Sn，且Sn13Sn2n40(nN)(1)求数列an的通项公式；(2)设函数f(x)anxan1x2an2x3a1xn，f(x)是函数f(x)的导函数，令bnf(1)，求数列bn的通项公式，并争辩其单调性解(1)由Sn13Sn2n40(nN)，得Sn3Sn12n240(n2)，两式相减得an13an20，可得an113(an1)(n2)，又由S23S1240及a14，得a214，所以a213(a11)，即an1是一个首项为5，公比为3的等比数列，所以an53n11(nN)(2)由于f(x)an2an1xna1xn1，所以f(1)an2an1na1(53n11)2(53n21)n(5301)5(3n123n233n3n30)，令S3n123n233n3n30，则3S3n23n133n2n31，两式作差得S，所以f(1)，即bn.而bn1，所以bn1bnn0，所以数列bn是单调递增数列.