《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習 專題突破練14 求數(shù)列的通項及前n項和 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習 專題突破練14 求數(shù)列的通項及前n項和 文（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題突破練14 求數(shù)列的通項及前n項和
1.(2019西南名校聯(lián)盟重慶第八中學(xué)高三5月高考適應(yīng)性月考)已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和,且S7=28,a2=2.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若bn=4an-1,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
2.(2019北京東城區(qū)高三下學(xué)期綜合練習)設(shè)數(shù)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(shù)列{bn}滿足b1=a4,b2=a2-a3,問:b37與{an}的第幾項相等?
3.已知數(shù)列{a
2、n}滿足a1=12,an+1=an2an+1.
(1)證明數(shù)列1an是等差數(shù)列,并求{an}的通項公式;
(2)若數(shù)列{bn}滿足bn=12n·an,求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.
4.已知等差數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,且滿足a4·a7=15,a3+a8=8.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)令bn=19an-1an(n≥2),b1=13,求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.
5.(2019寧夏石嘴山第三中學(xué)高三下學(xué)期三模)已知等差數(shù)列{a
3、n}是遞增數(shù)列,且a1+a4=0,a2a3=-1.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設(shè)bn=3an+4,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,是否存在常數(shù)λ,使得λTn-bn+1恒為定值?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由.
6.(2019北京東城高三第二學(xué)期綜合練習)已知等比數(shù)列{an}的首項為2,等差數(shù)列{bn}的前n項和為Sn,且a1+a2=6,2b1+a3=b4,S3=3a2.
(1)求{an},{bn}的通項公式;
(2)設(shè)cn=ban,求數(shù)列{cn}的前n項和.
7.設(shè)數(shù)列{an}
4、的前n項和為Sn,且滿足an-12Sn-1=0(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)是否存在實數(shù)λ,使得數(shù)列{Sn+(n+2n)λ}為等差數(shù)列?若存在,求出λ的值,若不存在,請說明理由.
8.(2019湖北武漢高三4月調(diào)研)已知正項等比數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足S2+4S4=S6,a1=1.
(1)求數(shù)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(shù)列的
通項及前n項和
1.
5、解(1)設(shè){an}的首項為a1,公差為d,
由a2=a1+d=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(shù)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(shù)列.
則{an}的通項公式為an=(-2)n-1.
由等比數(shù)列求和公式得到前n項和Sn=1×[1-(-2)n]1-(-2)=1-(-2)n3.
(2)由(1)可知,b1=-8,b2=-6,
因為{bn}為等差數(shù)列,d=b2-b1=2,
所以{bn
6、}的通項公式為bn=2n-10.
所以b37=2×37-10=64.
令64=(-2)n-1,解得n=7.
所以b37與數(shù)列{an}的第7項相等.
3.(1)證明∵an+1=an2an+1,
∴1an+1-1an=2,
∴1an是等差數(shù)列,
∴1an=1a1+(n-1)×2=2+2n-2=2n,即an=12n.
(2)解∵bn=12n·an=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-
7、2+n2n-1.
4.解(1)a4·a7=15,a3+a8=a4+a7=8,
解得a4=3,a7=5,
∴d=23,
∴an=1+23(n-1)=23n+13.
(2)bn=19×2n-13×2n+13=1(2n-1)(2n+1)
=1212n-1-12n+1(n≥2),
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(shù)列{an}是遞增數(shù)列,設(shè)公差為d且a1+a4=0,a2a3=-1.
則2a1+3d=0
8、,(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(shù)列{bn}是以3為首項,9為公比的等比數(shù)列.
則Tn=3(1-9n)1-9=38(9n-1).
所以λTn-bn+1=3λ8(9n-1)-3·32n=3λ8-1·9n-3λ8.
當λ8-1=0,即λ=8時,λTn-bn+1恒為定值-3.
6.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,數(shù)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=2×2n-1=2n.
9、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=3×2n-2.
從而數(shù)列{cn}的前n項和Tn=3×(21+22+23+…+2n)-2n
=3×2×(1-2n)1-2-2n
=6×2n-2n-6.
7.解(1)由an-12Sn-1=0(n∈N*),
可知當n=1時,a1-12a1-1=0?a1=2.
又由an-12Sn-1=0(n∈N*),
可得an+1-12Sn+1-1=0.
兩式相減,得
an+1
10、-12Sn+1-1-an-12Sn-1=0,
即12an+1-an=0,即an+1=2an.
所以數(shù)列{an}是以2為首項,2為公比的等比數(shù)列,
故an=2n(n∈N*).
(2)由(1)知,Sn=a1(1-qn)1-q=2(2n-1),
所以Sn+(n+2n)λ=2(2n-1)+(n+2n)λ.
若{Sn+(n+2n)λ}為等差數(shù)列,
則S1+(1+2)λ,S2+(2+22)λ,S3+(3+23)λ成等差數(shù)列,
即有2[S2+(2+22)λ]=[S1+(1+2)λ]+[S3+(3+23)λ],
即2(6+6λ)=(2+3λ)+(14+11λ),解得λ=-2.
經(jīng)檢驗,當λ
11、=-2時,{Sn+(n+2n)λ}成等差數(shù)列,
故λ的值為-2.
8.解(1)因為{an}是正項等比數(shù)列,∴q>0.
若q=1,則Sn=na1=n.
∴S2=2,4S4=4×4,S6=6,不合題意;
∴q≠1,從而Sn=a1(1-qn)1-q.
由S2+4S4=S6,得a1(1-q2)1-q+4·a1(1-q4)1-q=a1(1-q6)1-q,
∴(1-q2)+4(1-q4)=1-q6.
又q≠1,∴1+4(1+q2)=1+q2+q4,
即q4-3q2-4=0.
∴(q2-4)(q2+1)=0.
又q>0,∴q=2.
(2)由(1)知an=2n-1,則{an}的前n項和Sn=1-2n1-2=2n-1.
當n≥5時,bn=2n-1-15>0;
當n≤4時,bn=2n-1-15<0.
∴T=-(b1+b2+b3+b4)+(b5+b6+…+b10)
=-(a1+a2+a3+a4-15×4)+(a5+a6+…+a10-15×6)
=-S4+S10-S4+60-90=S10-2S4-30
=(210-1)-2(24-1)-30=210-25-29
=1024-32-29=963.
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