适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练12求数列的通项及前n项和

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(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=lg3a1+lg3a2+…+lg3an,求数列的前n项和Tn.
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a3=8,S5=2a7.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=ancs nπ+2n+1,求数列{bn}的前2n项和T2n.
3.(2023·江苏南京师大附中校考)设Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,且an,Sn,成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=求数列{bn}的前20项和T20.
4.(2023·新高考Ⅱ,18)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
5.已知等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足a1=b1=3,且b3-a3,20,a5+b2既是等差数列,又是等比数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)在以下三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并完成求解.
①cn=+(-1)nbn,②cn=an·bn,③cn=.
若 ,求数列{cn}的前n项和Sn.
6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=2Sn+2,数列{bn}满足b1=2,(n+2)bn=nbn+1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列,求数列{bncn}的前n项和Tn.
7.已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+3n+1.
(1)求证:数列是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)设数列{an}的前n项和为Sn,求证:.
8.(2023·新高考Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求数列{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
专题突破练12 求数列的通项及前n项和
1.解 (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0),由=9a2a6,得=9,所以q2=,所以q=
由2a1+3a2=1,得2a1+3a1=1,
所以a1=
故数列{an}的通项公式为an=
(2)因为bn=lg3a1+lg3a2+…+lg3an=-(1+2+…+n)=-,
所以=-=-2
所以Tn=+…+=-2[+…+]=-
所以数列的前n项和Tn=-
2.解 (1)设{an}的公差为d,依题意,
解得所以an=2+3(n-1)=3n-1.
(2)因为bn=ancsnπ+2n+1=(-1)nan+2n+1=(-1)n·(3n-1)+2n+1,
所以T2n=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2n-a2n-1)+(22+23+…+22n+1)=3n+=3n+22n+2-4.
3.解 (1)由题意得2Sn=+an.
当n=1时,2a1=2S1=+a1,
又an>0,∴a1=1;
当n≥2,且n∈N*时,2an=2Sn-2Sn-1=+an--an-1,
整理可得=(an+an-1)(an-an-1)=an+an-1,
又an+an-1>0,∴an-an-1=1(n≥2).
∴数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,∴an=n.
(2)由(1)得),
∴T20=(b1+b3+b5+…+b17+b19)+(b2+b4+b6+…+b18+b20)
=(1+3+5+…+17+19)++…+)
=()=100+
4.(1)解 设等差数列{an}的公差为d.
由bn=得b1=a1-6,b2=2a2=2(a1+d),b3=a3-6=a1+2d-6.则由S4=32,T3=16,
得
解得
所以an=a1+(n-1)d=2n+3.
(2)证明 由(1)可得Sn==n2+4n.
当n为奇数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-2-6+2an-1+an-6
=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-7)+(4n+2)]+2n-3
=[-1+3+…+(2n-7)+(2n-3)]+[14+22+…+(4n+2)]
=
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=>0,所以Tn>Sn.
当n为偶数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-1-6+2an
=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)]
=[-1+3+…+(2n-5)]+[14+22+…+(4n+6)]=
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=>0,所以Tn>Sn.
综上可知,当n>5时,Tn>Sn.
5.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),由已知得20=b3-a3=a5+b2,即20=3q2-(3+2d),20=(3+4d)+3q,解得d=2,q=3,所以an=2n+1,bn=3n.
(2)若选择①,
则cn=+(-1)nbn=+(-3)n=+(-3)n,
所以Sn=c1+c2+…+cn
=+(-3)1++(-3)2+…+(+(-3)n
=
若选择②,
则cn=an·bn=(2n+1)3n,
所以Sn=c1+c2+…+cn=3×3+5×32+…+(2n+1)3n,3Sn=3×32+5×33+…+(2n+1)3n+1,
两式相减得-2Sn=32+2×32+2×33+…+2×3n-(2n+1)3n+1=-2n·3n+1,所以Sn=n·3n+1.
若选择③,
则cn=,
所以Sn=c1+c2+…+cn=+()+…+[]
=
6.解 (1)设等比数列{an}的公比为q,由an+1=2Sn+2,可得an=2Sn-1+2(n≥2),
两式相减得an+1-an=2Sn-2Sn-1=2an,
整理得an+1=3an,可知q=3.
令n=1,则a2=2a1+2,即3a1=2a1+2,解得a1=2.
故an=2·3n-1.
由b1=2,(n+2)bn=nbn+1,得,
则当n≥2时,bn=…b1=…2=n(n+1).
又b1=2满足上式,所以bn=n(n+1).
(2)若在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列,
则an+1-an=(n+1)cn,即2·3n-2·3n-1=(n+1)cn,整理得cn=,所以bncn=4n·3n-1,
所以Tn=b1c1+b2c2+b3c3+…+bn-1cn-1+bncn=4×1×30+4×2×31+4×3×32+…+4·(n-1)3n-2+4·n·3n-1=4[1×30+2×31+3×32+…+(n-1)3n-2+n·3n-1],
3Tn=4[1×31+2×32+…+(n-1)3n-1+n·3n],
两式相减得-2Tn=4(30+31+32+…+3n-1-n·3n)=4=(2-4n)·3n-2,所以Tn=(2n-1)3n+1.
7.(1)证明 由an+1=3an+3n+1,得+1,即=1.
又,所以数列是以为首项,1为公差的等差数列.
(2)解 由(1)得+(n-1)×1=n-,
所以an=3n.
(3)证明 由(2)得Sn=31+32+…+3n-1+3n,
3Sn=32+33+…+[(n-1)-]×3n+3n+1,
两式相减得2Sn=3n+1--1=n-×3n+1+,
故Sn=3n+1+,从而
8.解 (1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3,
即3d=a1+2d,得a1=d,
从而an=nd,故bn=
易知S3=a1+a2+a3=6d,T3=
由题意得6d+=21,从而2d2-7d+3=0.
整理得(2d-1)(d-3)=0,解得d=3或d=(舍去).故an=3n.
(2)由题意,a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=,b2=,b3=,∵{bn}为等差数列,
∴2b2=b1+b3,即2,
∴2,
解得a1=d或a1=2d.
当a1=d时,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd,bn=(n-1),
此时{bn}是以为首项,为公差的等差数列,
S99==99×50d,
T99==99
S99-T99=99×50d-99=99,
解得d=或d=-1(舍去).
当a1=2d时,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d,
bn=(n-1),此时{bn}是以为首项,为公差的等差数列,
S99==99×51d,
T99==99,
S99-T99=99×51d-99=99,
解得d=-