人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练12　求数列的通项及前n项和

专题突破练12　求数列的通项及前n项和

1.(2021·湖南长郡中学月考)已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,=9a2a6.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列的前n项和Tn.

2.(2021·山东威海期末)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=ancos nπ+2n+1,求数列{bn}的前2n项和T2n.

3.(2021·东北三省四市联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S5=25,且a3-1,a4+1,a7+3成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若bn=(-1)nan+1,Tn是数列{bn}的前n项和,求T2n.

4.(2021·陕西西安铁一中月考)已知数列{an}是公差不为0的等差数列,且a2=3,a1,a2,a5成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设Sn为数列{an+2}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.

5.(2021·广东揭阳检测)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.(2021·山东菏泽一模)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.(2021·广东广州检测)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:.

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=log3a1+log3a2+…+log3an=-(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=ancos nπ+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)由题意可知S5==5a3=25,所以a3=5.

设等差数列{an}的公差为d,由a3-1,a4+1,a7+3成等比数列,

可得(6+d)2=4(8+4d),

整理得d2-4d+4=0,解得d=2.

所以an=a3+(n-3)d=2n-1.

(2)因为bn=(-1)nan+1=(-1)n(2n-1)+1,

所以T2n=(-1+1)+(3+1)+(-5+1)+(7+1)+…+[-(4n-3)+1]+(4n-1+1)=4n.

4.解: (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),

则由题意,可知解得

∴an=1+2(n-1)=2n-1.

(2)由(1)得an+2=2n+1,∴Sn=(a1+2)+(a2+2)+(a3+2)+…+(an-1+2)+(an+2)=3+5+7+…+(2n-1)+(2n+1)==n2+2n.

∴bn=.

∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=+…++=.

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.