专题05（大题专练）：数列的通项、求和问题-2021年新高考数学二轮复习常规题型专练

专题05（大题专练）：数列的通项、求和问题 1.等比数列中，． （1）求的通项公式； （2）记为的前项和．若，求． 解：（1）设的公比为，由题设得. 由已知得，解得（舍去），或. 故或. （2）若，则.由得，此方程没有正整数解. 若，则.由得，解得. 综上，. 2.已知数列{an}满足a2-a1=1,其前n项和为Sn,当n≥2时,Sn-1-1,Sn,Sn+1成等差数列. (1)求证{an}为等差数列; (2)若Sn=0,Sn+1=4,求n. 答案:(1)证明当n≥2时,由Sn-1-1,Sn,Sn+1成等差数列,可知2Sn=Sn-1-1+Sn+1, 即Sn-Sn-1=-1+Sn+1-Sn,即an=-1+an+1(n≥2),则an+1-an=1(n≥2), 又a2-a1=1,故{an}是公差为1的等差数列. (2)解由(1)知等差数列{an}的公差为1.由Sn=0,Sn+1=4,得an+1=4,即a1+n=4. 由Sn=0,得na1+=0,即a1+=0,解得n=7. 3.(2020全国Ⅲ,理17)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n. (1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明; (2)求数列{2nan}的前n项和Sn. 解:(1)a2=5,a3=7. 猜想an=2n+1. 由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)], an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)], …… a2-5=3(a1-3). 因为a1=3,所以an=2n+1. (2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.① 从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.② ①-②得 -Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1. 所以Sn=(2n-1)2n+1+2. 4.已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列 {bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n． （Ⅰ）求q的值； （Ⅱ）求数列{bn}的通项公式． 解：（Ⅰ）由是的等差中项得， 所以， 解得. 由得， 因为，所以. （Ⅱ）设，数列前n项和为. 由解得. 由（Ⅰ）可知， 所以， 故， . 设， 所以， 因此， 又，所以. 5.已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n. (1)求q的值; (2)求数列{bn}的通项公式. 解:(1)由a4+2是a3,a5的等差中项,得a3+a5=2a4+4, 所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8. 由a3+a5=20,得8=20, 解得q=2或q=,因为q>1,所以q=2. (2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn, 由cn=解得cn=4n-1. 由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1) 故bn-bn-1=(4n-5),n≥2, bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1) =(4n-5)+(4n-9)+…+7+3. 设Tn=3+7+11+…+(4n-5),n≥2, Tn=3+7+…+(4n-9)+(4n-5), 所以Tn=3+4+4+…+4-(4n-5), 因此Tn=14-(4n+3),n≥2, 又b1=1,所以bn=15-(4n+3) 6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公比为q的等比数列{bn}的首项是,且a1+2q=3,a2+4b2=6,S5=40. (1)求数列{an},{bn}的通项公式an,bn; (2)求数列的前n项和Tn. 解:(1)设{an}公差为d,由题意得解得 故an=3n-1,bn= (2)+22n+1, ∴Tn=+…+(22n+3-8) =- 7.已知数列{an}满足a1=,且an+1=an-(n∈N*). (1)证明:12(n∈N*); (2)设数列{}的前n项和为Sn,证明:(n∈N*). 答案:证明(1)由题意得an+1-an=-0,即an+1≤an,故an 由an=(1-an-1)an-1,得an=(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a1>0. 由0<an,得[1,2],即12. (2)由题意得=an-an+1, 所以Sn=a1-an+1.① 由和12,得12, 所以n2n, 因此an+1(n∈N*).② 由①②得(n∈N*). 8.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=1+Sn,且a2=2a