2021高考数学新高考版一轮习题：专题6 第50练 高考大题突破练——数 列 WORD版含解析.docx

1、1(2020深圳调研)设数列an是公差不为零的等差数列，其前 n 项和为 Sn，a11.若 a1，a2，a5 成等比数列(1)求 an 及 Sn；(2)设 bn1a2n11(nN*),求数列bn的前 n 项和 Tn.2在等比数列an中，a39，a49a254.(1)求an的通项公式；(2)若 bn(2n1)an，求数列bn的前 n 项和 Sn.3(2019安徽六安一中期末)已知等差数列an满足 a66a3，且 a31 是 a21，a4 的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn1anan1(nN*)，数列bn的前项和为 Tn，求使 Tn17成立的最大正整数 n 的值4(2019天津市

2、新华中学模拟)已知数列an中，a11，a23，其前 n 项和为 Sn，且 Sn 为等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn9anan3an13，记数列bn的前 n 项和为 Tn.设 是整数，问是否存在正整数 n，使等式 Tn 35an178成立？若存在，求出 n 和相应的 值；若不存在，请说明理由答案精析1解(1)设数列an的公差为 d，由题意，得a11，a22a1a5，即a11，a1d2a1a14d，d0，解得a11，d2，ana1(n1)d12(n1)2n1，Snna1an2n2.(2)bn14nn1141n 1n1，Tn14112 141213 141314 141n 1n1

3、n4n1.2解(1)设等比数列an的公比为 q，因为 a39，a49a254，所以a1q29，a1q39a1q54，解得a11，q3，故an的通项公式为 ana1qn13n1.(2)由(1)可得 bn(2n1)3n1，则 Sn353732(2n1)3n2(2n1)3n1，3Sn33532733(2n1)3n1(2n1)3n，得2Sn32323223323n1(2n1)3n2n3n，故 Snn3n.3解(1)设等差数列an的公差为 d，a6a33d6，即 d2，a31a13，a21a11，a4a16，a31 是 a21，a4 的等比中项，(a31)2(a21)a4，即(a13)2(a11)(a1

4、6)，解得 a13.数列an的通项公式为 an2n1.(2)由(1)得 bn1anan112n12n31212n112n3，Tnb1b2bn121315151712n112n3121312n3 n32n3.由n32n317，得 n9，使得 Tn17成立的最大正整数 n 的值为 8.4解(1)由题意可得 S1a11，S2a1a24，结合题意可知 Sn4n1，当 n2 时，Sn14n2，则 anSnSn14n14n234n2，故 an1，n1，34n2，n2.(2)当 n2 时，bn9anan3an13934n234n2334n1334n24n214n1114n2114n11.而 b19a1a13a2338，由此，当 n1 时，T1b138，从而等式 Tn 35an178，即为38578，解得 52，它不是整数，不符合题意当 n2 时，Tnb1b2bn381422114211 14n2114n11 7814n11.则等式 Tn 35an178，即为7814n1154n178，解得 554n11.由 是整数，得 4n11 是 5 的因数而当且仅当 n2 时，54n11是整数，由此 4.综上所述，当且仅当 4 时，存在正整数 n2，使等式 Tn 35an178成立