求数列的通项及前n项和专题突破练-2025届高三数学二轮复习

专题突破练12　求数列的通项及前n项和 1.已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,=9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列的前n项和Tn. 2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a3=8,S5=2a7. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足bn=ancos nπ+2n+1,求数列{bn}的前2n项和T2n. 3.(2024·山西吕梁二模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且满足6Sn=(an+2)(an+1),首项a1≠1,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)证明:+…+. 4.(2023·新高考Ⅱ,18)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:当n>5时,Tn>Sn. 5.已知等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足a1=b1=3,且b3-a3,20,a5+b2既是等差数列,又是等比数列. (1)求数列{an}和{bn}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. ①cn=+(-1)nbn,②cn=an·bn,③cn=. 若　　　　　,求数列{cn}的前n项和Sn.  6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=2Sn+2,数列{bn}满足b1=2,(n+2)bn=nbn+1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列,求数列{bncn}的前n项和Tn. 7.已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+3n+1. (1)求证:数列是等差数列; (2)求数列{an}的通项公式; (3)设数列{an}的前n项和为Sn,求证:. 8.(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,求数列{an}的通项公式; (2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d. 答案 1.解 (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0),由=9a2a6,得=9,所以q2=,所以q=. 由2a1+3a2=1,得2a1+3a1·=1, 所以a1=. 故数列{an}的通项公式为an=. (2)因为bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-, 所以=-=-2. 所以Tn=+…+=-2[+…+]=-. 所以数列的前n项和Tn=-. 2.解 (1)设{an}的公差为d,依题意, 解得所以an=2+3(n-1)=3n-1. (2)因为bn=ancos nπ+2n+1=(-1)nan+2n+1=(-1)n·(3n-1)+2n+1, 所以T2n=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2n-a2n-1)+(22+23+…+22n+1)=3n+=3n+22n+2-4. 3.(1)解 由6Sn=(an+2)(an+1),可得6Sn+1=(an+1+2)(an+1+1), 两式相减可得6an+1=(an+1+1)(an+1+2)-(an+1)(an+2), 化简可得(an+1+an)(an+1-an-3)=0, 由正项数列{an}知an+1+an>0,所以an+1-an=3, 又6S1=(a1+2)(a1+1),解得a1=2或a1=1(舍去), 所以{an}是以2为首项,3为公差的等差数列, 故an=2+3(n-1)=3n-1. (2)证明 由(1)可得Sn=, 所以), 因此+…+(1-+…+)=×(1-)<. 4.(1)解 设等差数列{an}的公差为d. 由bn=得b1=a1-6,b2=2a2=2(a1+d),b3=a3-6=a1+2d-6.则由S4=32,T3=16, 得 解得 所以an=a1+(n-1)d=2n+3. (2)证明 由(1)可得Sn==n2+4n. 当n为奇数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-2-6+2an-1+an-6=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-7)+(4n+2)]+2n-3=[-1+3+…+(2n-7)+(2n-3)]+[14+22+…+(4n+2)]=. 当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=>0,所以Tn>Sn. 当n为偶数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-1-6+2an=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)]=[-1+3+…+(2n-5)]+[14+22+…+(4n+6)]=. 当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=>0,所以Tn>Sn. 综上可知,当n>5时,Tn>Sn. 5.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),由已知得20=b3-a3=a5+b2,即20=3q2-(3+2d),20=(3+4d)+3q,解得d=2,q=3,所以an=2n+1,bn=3n. (2)若选择①, 则cn=+(-1)nbn=+(-3)n=+(-3)n, 所以Sn=c1+c2+…+cn=+(-3)1++(-3)2+…+)+(-3)n=. 若选择②, 则cn=an·bn=(2n+1)3n, 所以Sn=c1+c2+…+cn=3×3+5×32+…+(2n+1)3n,3Sn=3×32+5×33+…+(2n+1)3n+1, 两式相减得-2Sn=32+2×32+2×33+…+2×3n-(2n+1)3n+1=-2n·3n+1,所以Sn=n·3n+1. 若选择③, 则cn=, 所以Sn=c1+c2+…+cn=+()+…+[]=. 6.解 (1)设等比数列{an}的公比为q,由an+1=2Sn+2,可得an=2Sn-1+2(n≥2), 两式相减得an+1-an=2Sn-2Sn-1=2an, 整理得an+1=3an,可知q=3. 令n=1,则a2=2a1+2,即3a1=2a1+2,解得a1=2. 故an=2·3n-1. 由b1=2,(n+2)bn=nbn+1,得, 则当n≥2时,bn=·…··b1=·…·×2=n(n+1). 又b1=2满足上式,所以bn=n(n+1). (2)若在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列, 则an+1-an=(n+1)cn,即2·3n-2·3n-1=(n+1)cn,整理得cn=,所以bncn=4n·3n-1, 所以Tn=b1c1+b2c2+b3c3+…+bn-1cn-1+bncn=4×1×30+4×2×31+4×3×32+…+4·(n-1)3n-2+4·n·3n-1=4[1×30+2×31+3×32+…+(n-1)3n-2+n·3n-1], 3Tn=4[1×31+2×32+…+(n-1)3n-1+n·3n], 两式相减得-2Tn=4(30+31+32+…+3n-1-n·3n)=4=(2-4n)·3n-2,所以Tn=(2n-1)3n+1. 7.(1)证明 由an+1=3an+3n+1,得+1,即=1. 又,所以数列是以为首项,1为公差的等差数列. (2)解 由(1)得+(n-1)×1=n-, 所以an=·3n. (3)证明 由(2)得Sn=×31+×32+…+×3n-1+×3n, 3Sn=×32+×33+…+(n-1)-×3n+×3n+1, 两式相减得2Sn=×3n+1--1=n-×3n+1+, 故Sn=3n+1+,从而. 8.解 (1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3, 即3d=a1+2d,得a1=d, 从而an=nd,故bn=. 易知S3=a1+a2+a3=6d,T3=. 由题意得6d+=21,从而2d2-7d+3=0. 整理得(2d-1)(d-3)=0,解得d=3或d=(舍去).故an=3n. (2)由题意,a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=,b2=,b3=,∵{bn}为等差数列, ∴2b2=b1+b3,即2×, ∴2×, 解得a1=d或a1=2d. 当a1=d时,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd,bn=(n-1), 此时{bn}是以为首项,为公差的等差数列, S99==99×50d, T99==99×. S99-T99=99×50d-99×=99, 解得d=或d=-1(舍去). 当a1=2d时,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d, bn=(n-1),此时{bn}是以为首项,为公差的等差数列, S99==99×51d, T99==99×, S99-T99=99×51d-99×=99, 解得d=-<0(舍去)或d=1(舍去). ∴a1=2d不符合题意. 综上所述,d= 学科网（北京）股份有限公司 $$