2020版高考数学二轮复习 专题四 数列 专题突破练13 求数列的通项及前n项和 文 7页

专题突破练13　求数列的通项及前n项和 ‎1.(2018江西南昌三模,文17)已知数列{an}的各项均为正数,且-2nan-(2n+1)=0,n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若bn=2n·an,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎2.已知{an}为公差不为零的等差数列,其中a1,a2,a5成等比数列,a3+a4=12.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)记bn=,设{bn}的前n项和为Sn,求最小的正整数n,使得Sn>.‎ 7‎ ‎3.(2018山西太原三模,17)已知数列{an}满足a1=,an+1=.‎ ‎(1)证明数列是等差数列,并求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎4.(2018山东师大附中一模,文17)已知等差数列{an}是递增数列,且满足a4·a7=15,a3+a8=8.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)令bn=(n≥2),b1=,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎5.已知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an(n∈N*).‎ ‎(1)证明:数列{an+1-an}是等比数列;‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式和前n项和Sn.‎ 7‎ ‎6.已知等差数列{an}满足:an+1>an,a1=1,该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列,an+2log2bn=-1.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ ‎7.(2018宁夏银川一中一模,理17)设Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,+2an=4Sn+3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式:‎ ‎(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.‎ 7‎ ‎8.设Sn是数列{an}的前n项和,an>0,且4Sn=an(an+2).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=,Tn=b1+b2+…+bn,求证:Tn<.‎ 参考答案 专题突破练13　求数列的通项及 前n项和 ‎1.解 (1)由-2nan-(2n+1)=0,得[an-(2n+1)](an+1)=0,∵数列{an}的各项均为正数,∴an=2n+1.‎ ‎(2)由bn=2n·an=2n·(2n+1),‎ ‎∴Tn=2×3+22×5+23×7+…+2n×(2n+1), ①‎ ‎2Tn=22×3+23×5+24×7+…+2n+1×(2n+1), ②‎ 由①-②得:-Tn=6+2(22+23+…+2n)-2n+1·(2n+1)‎ ‎=6+2×-2n+1·(2n+1)=-2-2n+1·(2n-1).‎ 所以Tn=2+(2n-1)·2n+1.‎ ‎2.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,‎ ‎∵a1,a2,a5成等比数列,a3+a4=12,‎ ‎∴‎ 7‎ 即 ‎∵d≠0,∴解得 ‎∴an=2n-1,n∈N*.‎ ‎(2)∵bn=,∴Sn=1-+…+=1-.‎ 令1-,解得n>1 008,‎ 故所求的n=1 009.‎ ‎3.(1)证明 ∵an+1=,‎ ‎∴=2,‎ ‎∴是等差数列,‎ ‎∴+(n-1)×2=2+2n-2=2n,即an=.‎ ‎(2)解 ∵bn=,∴Sn=b1+b2+…+bn=1++…+,‎ 则Sn=+…+,‎ 两式相减得Sn=1++…+=2,‎ ‎∴Sn=4-.‎ ‎4.解 (1)‎ 7‎ 解得 ‎∴d=,‎ ‎∴an=1+(n-1)=n+.‎ ‎(2)bn= (n≥2),b1=满足上式,‎ ‎∴{bn}的通项公式为bn=.Sn=+…+.‎ ‎5.(1)证明 ∵an+2=3an+1-2an(n∈N*),‎ ‎∴an+2-an+1=2(an+1-an)(n∈N*),∴=2.‎ ‎∵a1=1,a2=3,‎ ‎∴数列{an+1-an}是以a2-a1=2为首项,公比为2的等比数列.‎ ‎(2)解 由(1)得,an+1-an=2n(n∈N*),‎ ‎∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1,(n∈N*).‎ Sn=(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(2+22+23+…+2n)-n=-n=2n+1-2-n.‎ ‎6.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,且d>0,由a1=1,a2=1+d,a3=1+2d,分别加上1,1,3后成等比数列,得(2+d)2=2(4+2d),解得d=2,∴an=1+(n-1)×2=2n-1.∵an+2log2bn=-1,‎ ‎∴log2bn=-n,即bn=.‎ ‎(2)由(1)得an·bn=.Tn=+…+,①‎ 7‎ Tn=+…+,②‎ ‎①-②,得Tn=+2+…+.‎ ‎∴Tn=1+=3-=3-.‎ ‎7.解 (1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.‎ 两式相减,得+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)==(an+1+an)(an+1-an).‎ ‎∵an>0,∴an+1-an=2.‎ ‎∵+‎2a1=‎4a1+3,‎ ‎∴a1=-1(舍)或a1=3.‎ 则{an}是首项为3,公差d=2的等差数列,∴{an}的通项公式an=3+2(n-1)=2n+1.‎ ‎(2)∵an=2n+1,∴bn=,‎ ‎∴数列{bn}的前n项和Tn=+…+.‎ ‎8.(1)解 4Sn=an(an+2),①‎ 当n=1时,‎4a1=+‎2a1,即a1=2.‎ 当n≥2时,4Sn-1=an-1(an-1+2).②‎ 由①-②得4an=+2an-2an-1,即2(an+an-1)=(an+an-1)·(an-an-1).∵an>0,∴an-an-1=2,‎ ‎∴an=2+2(n-1)=2n.‎ ‎(2)证明 ∵bn=,‎ ‎∴Tn=b1+b2+…+bn=1-+…+1-<.‎ 7‎