【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练12　求数列的通项及前n项和 Word版含答案.docx，共(6)页，40.235 KB，由小赞的店铺上传

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专题突破练12求数列的通项及前n项和1.已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,𝑎32=9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{1𝑏

𝑛}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=ancosnπ+2n+1,求数列{bn}的前2n项

和T2n.3.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.已知数列{a

n}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=1𝑆𝑛,求数列{bn}的前n项和Tn.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=1𝑎𝑛·𝑎𝑛+1+(-1)nbn,②cn=an·bn,③cn=2(𝑎𝑛+3)𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑏𝑛+1.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{𝑎𝑛3𝑛}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:𝑆𝑛3𝑛>3𝑛2−74.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𝑎32=9a2a6,得𝑎32=9𝑎42,所以q2=19,所

以q=13.由2a1+3a2=1,得2a1+3a1·13=1,所以a1=13.故数列{an}的通项公式为an=13𝑛.(2)因为bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-𝑛(𝑛+1)2,所以1𝑏𝑛=-2𝑛(𝑛+1)=-2(1𝑛-1𝑛+

1).所以Tn=1𝑏1+1𝑏2+…+1𝑏𝑛=-2(1-12)+(12-13)+…+(1𝑛-1𝑛+1)=-2𝑛𝑛+1.所以数列{1𝑏𝑛}的前n项和Tn=-2𝑛𝑛+1.2.解(1)设{an}的公差为

d,依题意,{𝑎1+2𝑑=8,5𝑎1+5×42𝑑=2(𝑎1+6𝑑),解得{𝑎1=2,𝑑=3.所以an=2+3(n-1)=3n-1.(2)因为bn=ancosnπ+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+22(1-22𝑛)1-2=3n+22n+2-4.3.解(1)由题意可知S5=5(𝑎1+𝑎5)2=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{𝑎1+𝑑=3,(𝑎1+𝑑)2=𝑎1(𝑎1+4𝑑),解得{𝑎1=1,𝑑=2.∴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)=(2𝑛+1+3)𝑛2=n2+2n.∴bn=1�

�𝑛=1𝑛2+2𝑛=1𝑛(𝑛+2)=12(1𝑛-1𝑛+2).∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=12(1-13)+(12-14)+(13-15)+…+(1𝑛-1-1𝑛+1)+1𝑛−1𝑛+2=12(1+12-1�

�+1-1𝑛+2)=34−2𝑛+32(𝑛+1)(𝑛+2).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=1𝑎𝑛·𝑎𝑛+1+(-1)nbn=1(2𝑛+1)(2𝑛+3)+(-3)n=12(12𝑛+1-12𝑛+3)+(-3)n,所以Sn=c1+c2+…+cn=12×(13-15)+(-3)1+12×(15-17)+(-3)2+…+1

2(12𝑛+1-12𝑛+3)+(-3)n=12(13-12𝑛+3)+-3[1-(-3)𝑛]1+3=𝑛3(2𝑛+3)−3[1-(-3)𝑛]4.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=2(𝑎𝑛+3)𝑎𝑛𝑎𝑛

+1𝑏𝑛+1=2(2𝑛+4)(2𝑛+1)(2𝑛+3)3𝑛+1=1(2𝑛+1)3𝑛−1(2𝑛+3)3𝑛+1,所以Sn=c1+c2+…+cn=(13×3-15×32)+15×32−17×33+…+[1(2𝑛+1)3𝑛-1(

2𝑛+3)3𝑛+1]=19−1(2𝑛+3)3𝑛+1.6.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𝑏𝑛+1𝑏𝑛=𝑛+2𝑛,则当n≥2时,bn=𝑏𝑛𝑏𝑛-1·𝑏𝑛-1𝑏𝑛-2·…·𝑏2𝑏1·b1=𝑛+1𝑛-1·𝑛𝑛-2·…·31×2=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=4·3𝑛-1𝑛+1,所以bncn=4n·3n-1,所以Tn=b1c1+b2c2+b3c

3+…+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(1-3𝑛1-3-𝑛·3𝑛)=(2-4n)·3n-2,所以Tn=(2n-1)3n+1.7.(1)证明由an+1=3an+3n+1,得𝑎𝑛

+13𝑛+1=𝑎𝑛3𝑛+1,即𝑎𝑛+13𝑛+1−𝑎𝑛3𝑛=1.又𝑎13=13,所以数列{𝑎𝑛3𝑛}是以13为首项,1为公差的等差数列.(2)解由(1)得𝑎𝑛3𝑛=13+(n-1)×1=

n-23,所以an=(𝑛-23)·3n.(3)证明由(2)得Sn=(1-23)×31+(2-23)×32+…+[(𝑛-1)-23]×3n-1+(𝑛-23)×3n,3Sn=(1-23)×32+(2-23)×33+…+(n-1)-23×3n+(𝑛-23)×3n+1,两式相减得2Sn=(𝑛

-23)×3n+1-3𝑛+1-92-1=n-76×3n+1+72,