《2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版专题突破练：14 求数列的通项及前n项和 Word版含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版专题突破练：14 求数列的通项及前n项和 Word版含解析.docx（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题突破练14求数列的通项及前n项和1.(2019西南名校联盟重庆第八中学高三5月高考适应性月考)已知Sn为等差数列an的前n项和,且S7=28,a2=2.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=4an-1,求数列bn的前n项和Tn.2.(2019北京东城区高三下学期综合练习)设数列an满足:a1=1,an+1+2an=0.(1)求an的通项公式及前n项和Sn;(2)若等差数列bn满足b1=a4,b2=a2-a3,问:b37与an的第几项相等?3.已知数列an满足a1=12,an+1=an2an+1.(1)证明数列1an是等差数列,并求an的通项公式;(2)若数列bn满足bn=12nan,求
2、数列bn的前n项和Sn.4.已知等差数列an是递增数列,且满足a4a7=15,a3+a8=8.(1)求数列an的通项公式;(2)令bn=19an-1an(n2),b1=13,求数列bn的前n项和Sn.5.(2019宁夏石嘴山第三中学高三下学期三模)已知等差数列an是递增数列,且a1+a4=0,a2a3=-1.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=3an+4,数列bn的前n项和为Tn,是否存在常数,使得Tn-bn+1恒为定值?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.6.(2019北京东城高三第二学期综合练习)已知等比数列an的首项为2,等差数列bn的前n项和为Sn,且a1+a2=6,2b1+
3、a3=b4,S3=3a2.(1)求an,bn的通项公式;(2)设cn=ban,求数列cn的前n项和.7.设数列an的前n项和为Sn,且满足an-12Sn-1=0(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)是否存在实数,使得数列Sn+(n+2n)为等差数列?若存在,求出的值,若不存在,请说明理由.8.(2019湖北武汉高三4月调研)已知正项等比数列an的前n项和Sn满足S2+4S4=S6,a1=1.(1)求数列an的公比q;(2)令bn=an-15,求T=|b1|+|b2|+|b10|的值.参考答案专题突破练14求数列的通项及前n项和1.解 (1)设an的首项为a1,公差为d,由a2=a1+d
4、=2,S7=7a1+21d=28,解得a1=1,d=1,所以an=n.(2)bn=4n-1,所以bn的前n项和Tn=1-4n1-4=4n-13.2.解 (1)依题意,数列an满足:a1=1,an+1=-2an,所以an是首项为1,公比为-2的等比数列.则an的通项公式为an=(-2)n-1.由等比数列求和公式得到前n项和Sn=11-(-2)n1-(-2)=1-(-2)n3.(2)由(1)可知,b1=-8,b2=-6,因为bn为等差数列,d=b2-b1=2,所以bn的通项公式为bn=2n-10.所以b37=237-10=64.令64=(-2)n-1,解得n=7.所以b37与数列an的第7项相等.
5、3.(1)证明 an+1=an2an+1,1an+1-1an=2,1an是等差数列,1an=1a1+(n-1)2=2+2n-2=2n,即an=12n.(2)解 bn=12nan=2n2n,Sn=b1+b2+bn=1+22+322+n2n-1,则12Sn=12+222+323+n2n,两式相减得12Sn=1+12+122+123+12n-1-n2n=21-12n-n2n,Sn=4-2+n2n-1.4.解 (1)a4a7=15,a3+a8=a4+a7=8,解得a4=3,a7=5,d=23,an=1+23(n-1)=23n+13.(2)bn=192n-132n+13=1(2n-1)(2n+1)=12
6、12n-1-12n+1 (n2),b1=13=121-13满足上式,bn的通项公式为bn=1212n-1-12n+1.Sn=121-13+13-15+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1.5.解 (1)已知等差数列an是递增数列,设公差为d且a1+a4=0,a2a3=-1.则2a1+3d=0,(a1+d)(a1+2d)=-1,解得a1=-3,d=2.所以an=a1+(n-1)d=2n-5.(2)由于bn=3an+4,所以bn=32n-1.数列bn是以3为首项,9为公比的等比数列.则Tn=3(1-9n)1-9=38(9n-1).所以Tn-bn+1=38(9n-1)-332n=3
7、8-19n-38.当8-1=0,即=8时,Tn-bn+1恒为定值-3.6.解 (1)设数列an的公比为q,数列bn的公差为d.由a1+a2=6,得a1+a1q=6.因为a1=2,所以q=2.所以an=a1qn-1=22n-1=2n.由2b1+a3=b4,S3=3a2,得2b1+8=b1+3d,3b1+3d=12,解得b1=1,d=3.所以bn=b1+(n-1)d=3n-2.(2)由(1)知an=2n,bn=3n-2.所以cn=ban=32n-2.从而数列cn的前n项和Tn=3(21+22+23+2n)-2n=32(1-2n)1-2-2n=62n-2n-6.7.解 (1)由an-12Sn-1=0
8、(nN*),可知当n=1时,a1-12a1-1=0a1=2.又由an-12Sn-1=0(nN*),可得an+1-12Sn+1-1=0.两式相减,得an+1-12Sn+1-1-an-12Sn-1=0,即12an+1-an=0,即an+1=2an.所以数列an是以2为首项,2为公比的等比数列,故an=2n(nN*).(2)由(1)知,Sn=a1(1-qn)1-q=2(2n-1),所以Sn+(n+2n)=2(2n-1)+(n+2n).若Sn+(n+2n)为等差数列,则S1+(1+2),S2+(2+22),S3+(3+23)成等差数列,即有2S2+(2+22)=S1+(1+2)+S3+(3+23),即
9、2(6+6)=(2+3)+(14+11),解得=-2.经检验,当=-2时,Sn+(n+2n)成等差数列,故的值为-2.8.解 (1)因为an是正项等比数列,q0.若q=1,则Sn=na1=n.S2=2,4S4=44,S6=6,不合题意;q1,从而Sn=a1(1-qn)1-q.由S2+4S4=S6,得a1(1-q2)1-q+4a1(1-q4)1-q=a1(1-q6)1-q,(1-q2)+4(1-q4)=1-q6.又q1,1+4(1+q2)=1+q2+q4,即q4-3q2-4=0.(q2-4)(q2+1)=0.又q0,q=2.(2)由(1)知an=2n-1,则an的前n项和Sn=1-2n1-2=2n-1.当n5时,bn=2n-1-150;当n4时,bn=2n-1-150.T=-(b1+b2+b3+b4)+(b5+b6+b10)=-(a1+a2+a3+a4-154)+(a5+a6+a10-156)=-S4+S10-S4+60-90=S10-2S4-30=(210-1)-2(24-1)-30=210-25-29=1 024-32-29=963.