数列求和及其综合应用考点突破练5-2024届高三数学二轮专题

考点突破练5　数列求和及其综合应用 1.(2023安徽芜湖高三统考)已知Sn是数列{an}的前n项和,2Sn=(n+1)an,且a1=1. (1)求{an}的通项公式; (2)设a0=0,已知数列{bn}满足bn=,求{bn}的前n项和Tn. 2.(2023山东济南二模)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,数列{bn}满足bn=log2an. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)由an,bn构成的n×n阶数阵如图所示,求该数阵中所有项的和Tn. 3.(2023河北张家口高三期末)已知Sn为数列{an}的前n项和,Sn=2an-4n+2. (1)证明:数列{an+4}为等比数列; (2)求数列{nan}的前n项和Tn. 4.(2023广东河源高三期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S8=36,an=log3bn. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}满足cn=求数列{cn}的前20项和T20. 5.(2023新高考Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和. (1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式; (2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d. 6.(2023山东青岛高三期末)记数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,　　　　.给出下列两个条件:条件ⓐ,数列{an}和数列{Sn+a1}均为等比数列;条件ⓑ,2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1.试在上面的两个条件中任选一个,补充在上面的横线上,完成下列两问的解答.  (1)求数列{an}的通项公式; (2)记正项数列{bn}的前n项和为Tn,b1=a2,b2=a3,4Tn=bn·bn+1,求[(-1)ibibi+1]. (注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分) 考点突破练5　数列求和及其综合应用 1.解 (1)因为n∈N*,2Sn=(n+1)an, 当n≥2时,2Sn-1=nan-1, 两式相减得2an=(n+1)an-nan-1, 即(n-1)an=nan-1,变形得, 于是得数列{}是常数列,因此=1,即an=n, 所以数列{an}的通项公式是an=n. (2)由(1)知,an=n,又a0=0,故cos ancos an-1≠0,bn==tan n-tan(n-1), 所以Tn=(tan 1-tan 0)+(tan 2-tan 1)+(tan 3-tan 2)+…+[tan n-tan(n-1)]=tan n-tan 0=tan n. 2.解 (1)因为Sn=2n+1-2,当n=1时,S1=22-2=2,即a1=2, 当n≥2时,Sn-1=2n-2,所以Sn-Sn-1=(2n+1-2)-(2n-2),即an=2n, 经检验,当n=1时,an=2n也成立,所以an=2n, 则bn=log2an=log22n=n. (2)由数阵可知Tn=a1(b1+b2+…+bn)+a2(b1+b2+…+bn)+…+an(b1+b2+…+bn)=(a1+a2+…+an)·(b1+b2+…+bn), 因为Sn=2n+1-2,b1+b2+…+bn=1+2+…+n=, 所以Tn=(2n+1-2)×=(2n-1)(n2+n). 3.(1)证明 由题知Sn=2an-4n+2,所以a1=S1=2a1-4×1+2, 解得a1=2,故a1+4=6. 由Sn=2an-4n+2,可得Sn-1=2an-1-4(n-1)+2,n≥2, 两式相减得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-4,n≥2, 所以an=2an-1+4,n≥2,所以=2,n≥2, 所以数列{an+4}是以6为首项,2为公比的等比数列. (2)解 由(1)得数列{an+4}是以6为首项,2为公比的等比数列, 所以an+4=6×2n-1,故an=3×2n-4,则nan=3n×2n-4n.设bn=n×2n,其前n项和为Pn, 则Pn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n, ① 2Pn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1, ② ①-②得-Pn=1×2+1×22+1×23+…+1×2n-n×2n+1=-n×2n+1=(1-n)2n+1-2, 所以Pn=(n-1)2n+1+2, 所以Tn=3×Pn-4×(1+2+3+…+n)=3×[(n-1)2n+1+2]-4×=3(n-1)2n+1-2n2-2n+6. 综上,Tn=3(n-1)2n+1-2n2-2n+6. 4.解 (1)设等差数列{an}的公差为d, ∵等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S8=36, ∴解得a1=1,d=1, ∴an=1+(n-1)×1=n. ∵an=log3bn,∴