2017年西藏高考数学基础练习（五）
来源 :中华考试网 2016-12-16
中1.(2015·四川卷)设数列{an}(n=1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1，且a1，a2+1，a3成等差数列。
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列an(1的前n项和为Tn，求使得|Tn-1|<1 000(1成立的n的最小值。
解 (1)由已知Sn=2an-a1，有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2)，即an=2an-1(n≥2)。
从而a2=2a1，a3=2a2=4a1。
又因为a1，a2+1，a3成等差数列，
即a1+a3=2(a2+1)。
所以a1+4a1=2(2a1+1)，解得a1=2。
所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列。
故an=2n。
(2)由(1)得an(1=2n(1。
所以Tn=2(1+22(1+…+2n(1=2(1=1-2n(1。
由|Tn-1|<1 000(1，得-1(1<1 000(1，
即2n>1 000。
因为29=512<1 000<1 024=210，所以n≥10。
于是，使|Tn-1|<1 000(1成立的n的最小值为10。
2.(2015·山东卷)设数列{an}的前n项和为Sn。已知2Sn=3n+3。
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足anbn=log3an，求{bn}的前n项和Tn。
解 (1)因为2Sn=3n+3，所以2a1=3+3，故a1=3，
当n>1时，2Sn-1=3n-1+3，
此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1，即an=3n-1，
又因为n=1时，不满足上式，所以an=3n-1，n>1。(3，n=1，
(2)因为anbn=log3an，所以b1=3(1，
当n>1时，bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n。
所以T1=b1=3(1;
当n>1时，Tn=b1+b2+b3+…+bn=3(1+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n)，
所以3Tn=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n)，
两式相减，得2Tn=3(2+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=3(2+1-3-1(1-31-n-(n-1)×31-n=6(13-2×3n(6n+3，所以Tn=12(13-4×3n(6n+3。经检验，n=1时也适合。
综上可得Tn=12(13-4×3n(6n+3。
3.(2015·天津卷)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1=1，a2=2，且a2+a3，a3+a4，a4+a5成等差数列。
(1)求q的值和{an}的通项公式;
(2)设bn=a2n-1(log2a2n，n∈N*，求数列{bn}的前n项和。
解 (1)由已知，有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4)，即a4-a2=a5-a3，
所以a2(q-1)=a3(q-1)。又因为q≠1，故a3=a2=2，由a3=a1·q，得q=2。
当n=2k-1(k∈N*)时，an=a2k-1=2k-1=22(n-1;
当n=2k(k∈N*)时，an=a2k=2k=22(n。
所以，{an}的通项公式为an=，n为偶数。(n
(2)由(1)得bn=a2n-1(log2a2n=2n-1(n。设{bn}的前n项和为Sn，则Sn=1×20(1+2×21(1+3×22(1+…+(n-1)×2n-2(1+n×2n-1(1，
2(1Sn=1×21(1+2×22(1+3×23(1+…+(n-1)×2n-1(1+n×2n(1，
上述两式相减，得2(1Sn=1+2(1+22(1+…+2n-1(1-2n(n=2(1-2n(n=2-2n(2-2n(n，
整理得，Sn=4-2n-1(n+2。
所以，数列{bn}的前n项和为4-2n-1(n+2，n∈N*。