专题突破练
12
求数列的通项及前
n
项和
1
.
已知等比数列
{
a
n
}
的各项均为正数
,
且
2
a
1
+
3
a
2
=
1,
=
9
a
2
a
6
.
(1)
求数列
{
a
n
}
的通项公式
;
(2)
设
b
n
=
log
3
a
1
+
log
3
a
2
+
…
+
log
3
a
n
,
求数列
的前
n
项和
T
n
.
2
.
已知等差数列
{
a
n
}
的前
n
项和为
S
n
,
且满足
a
3
=
8,
S
5
=
2
a
7
.
(1)
求数列
{
a
n
}
的通项公式
;
(2)
若数列
{
b
n
}
满足
b
n
=a
n
cos
n
π
+
2
n+
1
,
求数列
{
b
n
}
的前
2
n
项和
T
2
n
.
3
.
已知等差数列
{
a
n
}
的前
n
项和为
S
n
,
S
5
=
25,
且
a
3
-
1,
a
4
+
1,
a
7
+
3
成等比数列
.
(1)
求数列
{
a
n
}
的通项公式
;
(2)
若
b
n
=
(
-
1)
n
a
n
+
1,
T
n
是数列
{
b
n
}
的前
n
项和
,
求
T
2
n
.
4
.
已知数列
{
a
n
}
是公差不为
0
的等差数列
,
且
a
2
=
3,
a
1
,
a
2
,
a
5
成等比数列
.
(1)
求数列
{
a
n
}
的通项公式
;
(2)
设
S
n
为数列
{
a
n
+
2}
的前
n
项和
,
b
n
=
,
求数列
{
b
n
}
的前
n
项和
T
n
.
5
.
已知等差数列
{
a
n
}
与正项等比数列
{
b
n
}
满足
a
1
=b
1
=
3,
且
b
3
-a
3
,20,
a
5
+b
2
既是等差数列
,
又是等比数列
.
(1)
求数列
{
a
n
}
和
{
b
n
}
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
.
①
c
n
=
+
(
-
1)
n
b
n
,
②
c
n
=a
n
·
b
n
,
③
c
n
=
.
若
,
求数列
{
c
n
}
的前
n
项和
S
n
.
6
.
已知等比数列
{
a
n
}
的前
n
项和为
S
n
,
且
a
n+
1
=
2
S
n
+
2,
数列
{
b
n
}
满足
b
1
=
2,(
n+
2)
b
n
=nb
n+
1
.
(1)
求数列
{
a
n
}
和
{
b
n
}
的通项公式
;
(2)
在
a
n
与
a
n+
1
之间插入
n
个数
,
使这
n+
2
个数组成一个公差为
c
n
的等差数列
,
求数列
{
b
n
c
n
}
的前
n
项和
T
n
.
7
.
已知数列
{
a
n
}
满足
a
1
=
1,
a
n+
1
=
3
a
n
+
3
n+
1
.
(1)
求证
:
数列
是等差数列
;
(2)
求数列
{
a
n
}
的通项公式
;
(3)
设数列
{
a
n
}
的前
n
项和为
S
n
,
求证
:
.
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
{
a
n
}
的公比为
q
(
q>
0),
由
=
9
a
2
a
6
,
得
=
9
,
所以
q
2
=
,
所以
q=
.
由
2
a
1
+
3
a
2
=
1,
得
2
a
1
+
3
a
1
·
=
1,
所以
a
1
=
.
故数列
{
a
n
}
的通项公式为
a
n
=
.
(2)
因为
b
n
=
log
3
a
1
+
log
3
a
2
+
…
+
log
3
a
n
=-
(1
+
2
+
…
+n
)
=-
,
所以
=-
=-
2
.
所以
T
n
=
+
…
+
=-
2
+
…
+
=-
.
所以数列
的前
n
项和
T
n
=-
.
2
.
解
(1)
设
{
a
n
}
的公差为
d
,
依题意
,
解得
所以
a
n
=
2
+
3(
n-
1)
=
3
n-
1
.
(2)
因为
b
n
=a
n
cos
n
π
+
2
n+
1
=
(
-
1)
n
a
n
+
2
n+
1
=
(
-
1)
n
·
(3
n-
1)
+
2
n+
1
,
所以
T
2
n
=
(
a
2
-a
1
)
+
(
a
4
-a
3
)
+
…
+
(
a
2
n
-a
2
n-
1
)
+
(2
2
+
2
3
+
…
+
2
2
n+
1
)
=
3
n+
=
3
n+
2
2
n+
2
-
4
.
3
.
解
(1)
由题意可知
S
5
=
=
5
a
3
=
25,
所以
a
3
=
5
.
设等差数列
{
a
n
}
的公差为
d
,
由
a
3
-
1,
a
4
+
1,
a
7
+
3
成等比数列
,
可得
(6
+d
)
2
=
4(8
+
4
d
),
整理得
d
2
-
4
d+
4
=
0,
解得
d=
2
.
所以
a
n
=a
3
+
(
n-
3)
d=
2
n-
1
.
(2)
因为
b
n
=
(
-
1)
n
a
n
+
1
=
(
-
1)
n
(2
n-
1)
+
1,
所以
T
2
n
=
(
-
1
+
1)
+
(3
+
1)
+
(
-
5
+
1)
+
(7
+
1)
+
…
+
[
-
(4
n-
3)
+
1]
+
(4
n-
1
+
1)
=
4
n.
4
.
解
(1)
设等差数列
{
a
n
}
的公差为
d
(
d
≠0),
则由题意
,
可知
解得
∴
a
n
=
1
+
2(
n-
1)
=
2
n-
1
.
(2)
由
(1)
得
a
n
+
2
=
2
n+
1,
∴
S
n
=
(
a
1
+
2)
+
(
a
2
+
2)
+
(
a
3
+
2)
+
…
+
(
a
n-
1
+
2)
+
(
a
n
+
2)
=
3
+
5
+
7
+
…
+
(2
n-
1)
+
(2
n+
1)
=
=n
2
+
2
n.
∴
b
n
=
.
∴
T
n
=b
1
+b
2
+b
3
+
…
+b
n-
1
+b
n
=
+
…
+
+
=
.
5
.
解
(1)
设等差数列
{
a
n
}
的公差为
d
,
等比数列
{
b
n
}
的公比为
q
(
q>
0),
由已知得
20
=b
3
-a
3
=a
5
+b
2
,
即
20
=
3
q
2
-
(3
+
2
d
),20
=
(3
+
4
d
)
+
3
q
,
解得
d=
2,
q=
3,
所以
a
n
=
2
n+
1,
b
n
=
3
n
.
(2)
若选择
①
,
则
c
n
=
+
(
-
1)
n
b
n
=
+
(
-
3)
n
=
+
(
-
3)
n
,
所以
S
n
=c
1
+c
2
+
…
+c
n
=
+
(
-
3)
1
+
+
(
-
3)
2
+
…
+
+
(
-
3)
n
=
.
若选择
②
,
则
c
n
=a
n
·b
n
=
(2
n+
1)3
n
,
所以
S
n
=c
1
+c
2
+
…
+c
n
=
3
×
3
+
5
×
3
2
+
…
+
(2
n+
1)3
n
,
3
S
n
=
3
×
3
2
+
5
×
3
3
+
…
+
(2
n+
1)3
n+
1
,
两式相减得
-
2
S
n
=
3
2
+
2
×
3
2
+
2
×
3
3
+
…
+
2
×
3
n
-
(2
n+
1)3
n+
1
=-
2
n·
3
n+
1
,
所以
S
n
=n·
3
n+
1
.
若选择
③
,
则
c
n
=
,
所以
S
n
=c
1
+c
2
+
…
+c
n
=
+
+
…
+
.
6
.
解
(1)
设等比数列
{
a
n
}
的公比为
q
,
由
a
n+
1
=
2
S
n
+
2,
可得
a
n
=
2
S
n-
1
+
2(
n
≥2),
两式相减得
a
n+
1
-a
n
=
2
S
n
-
2
S
n-
1
=
2
a
n
,
整理得
a
n+
1
=
3
a
n
,
可知
q=
3
.
令
n=
1,
则
a
2
=
2
a
1
+
2,
即
3
a
1
=
2
a
1
+
2,
解得
a
1
=
2
.
故
a
n
=
2
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 .docx