（通用版）2020版高考數學大二輪復習 專題突破練14 求數列的通項及前n項和 文

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1、專題突破練14求數列的通項及前n項和1.(2019西南名校聯盟重慶第八中學高三5月高考適應性月考)已知Sn為等差數列an的前n項和,且S7=28,a2=2.(1)求數列an的通項公式;(2)若bn=4an-1,求數列bn的前n項和Tn.2.(2019北京東城區(qū)高三下學期綜合練習)設數列an滿足:a1=1,an+1+2an=0.(1)求an的通項公式及前n項和Sn;(2)若等差數列bn滿足b1=a4,b2=a2-a3,問:b37與an的第幾項相等?3.已知數列an滿足a1=12,an+1=an2an+1.(1)證明數列1an是等差數列,并求an的通項公式;(2)若數列bn滿足bn=12nan,求

2、數列bn的前n項和Sn.4.已知等差數列an是遞增數列,且滿足a4a7=15,a3+a8=8.(1)求數列an的通項公式;(2)令bn=19an-1an(n2),b1=13,求數列bn的前n項和Sn.5.(2019寧夏石嘴山第三中學高三下學期三模)已知等差數列an是遞增數列,且a1+a4=0,a2a3=-1.(1)求數列an的通項公式;(2)設bn=3an+4,數列bn的前n項和為Tn,是否存在常數,使得Tn-bn+1恒為定值?若存在,求出的值;若不存在,請說明理由.6.(2019北京東城高三第二學期綜合練習)已知等比數列an的首項為2,等差數列bn的前n項和為Sn,且a1+a2=6,2b1+

3、a3=b4,S3=3a2.(1)求an,bn的通項公式;(2)設cn=ban,求數列cn的前n項和.7.設數列an的前n項和為Sn,且滿足an-12Sn-1=0(nN*).(1)求數列an的通項公式;(2)是否存在實數,使得數列Sn+(n+2n)為等差數列?若存在,求出的值,若不存在,請說明理由.8.(2019湖北武漢高三4月調研)已知正項等比數列an的前n項和Sn滿足S2+4S4=S6,a1=1.(1)求數列an的公比q;(2)令bn=an-15,求T=|b1|+|b2|+|b10|的值.參考答案專題突破練14求數列的通項及前n項和1.解(1)設an的首項為a1,公差為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項和Tn=1-4n1-4=4n-13.2.解(1)依題意,數列an滿足:a1=1,an+1=-2an,所以an是首項為1,公比為-2的等比數列.則an的通項公式為an=(-2)n-1.由等比數列求和公式得到前n項和Sn=11-(-2)n1-(-2)=1-(-2)n3.(2)由(1)可知,b1=-8,b2=-6,因為bn為等差數列,d=b2-b1=2,所以bn的通項公式為bn=2n-10.所以b37=237-10=64.令64=(-2)n-1,解得n=7.所以b37與數列an的第7項相等.3.

5、(1)證明an+1=an2an+1,1an+1-1an=2,1an是等差數列,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,則12Sn=12+222+323+n2n,兩式相減得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)=1212n-1

6、-12n+1(n2),b1=13=121-13滿足上式,bn的通項公式為bn=1212n-1-12n+1.Sn=121-13+13-15+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1.5.解(1)已知等差數列an是遞增數列,設公差為d且a1+a4=0,a2a3=-1.則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.數列bn是以3為首項,9為公比的等比數列.則Tn=3(1-9n)1-9=38(9n-1).所以Tn-bn+1=38(9n-1)-332n=38-19n-3

7、8.當8-1=0,即=8時,Tn-bn+1恒為定值-3.6.解(1)設數列an的公比為q,數列bn的公差為d.由a1+a2=6,得a1+a1q=6.因為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.從而數列cn的前n項和Tn=3(21+22+23+2n)-2n=32(1-2n)1-2-2n=62n-2n-6.7.解(1)由an-12Sn-1=0(nN*),可知當

8、n=1時,a1-12a1-1=0a1=2.又由an-12Sn-1=0(nN*),可得an+1-12Sn+1-1=0.兩式相減,得an+1-12Sn+1-1-an-12Sn-1=0,即12an+1-an=0,即an+1=2an.所以數列an是以2為首項,2為公比的等比數列,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)為等差數列,則S1+(1+2),S2+(2+22),S3+(3+23)成等差數列,即有2S2+(2+22)=S1+(1+2)+S3+(3+23),即2(6+6)=(2

9、+3)+(14+11),解得=-2.經檢驗,當=-2時,Sn+(n+2n)成等差數列,故的值為-2.8.解(1)因為an是正項等比數列,q0.若q=1,則Sn=na1=n.S2=2,4S4=44,S6=6,不合題意;q1,從而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,則an的前n項和Sn=1-2n1-2=2n-1.當n5時,bn=2n-1-150;當n4時,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=1024-32-29=963.14