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1、题型练4 大题专项(二) 数列的通项、求和问题
题型练第56页
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=3,S4=16,数列{bn}满足a1b1+a2b2+…+anbn=n.
(1)求{bn}的通项公式;
(2)求数列bn+1an的前n项和Tn.
解:(1)设首项为a1,公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn,
且a2=3,S4=16,
所以a1+d=3,4a1+4×32d=16,解得a1=1,d=2,
所以an=1+2(n-1)=2n-1.
因为a1b1+a2b2+…+anbn=n,
所以1·b1+3·b2+…+(2n-1)bn=n,①
所以当n≥2
2、时,1·b1+3·b2+…+(2n-3)bn-1=n-1,②
①-②得,(2n-1)bn=1,
所以bn=12n-1,当n=1时,b1=1(首项符合通项),
故bn=12n-1.
(2)因为bn=12n-1,所以bn+1an=12n+12n-1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,
所以Tn=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1.
2.已知数列{an}满足a1=2,an+1=2an2,n∈N*.
(1)证明:数列{1+log2an}为等比数列;
(2)设bn=n1+log2an,求数列{bn}的前n项和Sn.
3、
(1)证明由an+1=2an2,两边取以2为底的对数,得log2an+1=1+2log2an,
则log2an+1+1=2(log2an+1),所以{1+log2an}为等比数列,首项为2,公比为2,且log2an+1=(log2a1+1)×2n-1=2n.
(2)解由(1)得bn=n2n.因为Sn为数列{bn}的前n项和,
所以Sn=12+222+…+n2n,
则12Sn=122+223+…+n2n+1.
两式相减得12Sn=12+122+…+12n-n2n+1=1-12n-n2n+1,
所以Sn=2-n+22n.
3.已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=2
4、8,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8q+1q=20,
解得q=2或q=12,因为q>1,所以q=2.
(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}前n项和为Sn,
由cn=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,解得cn=4n-1.
由(1)可知an=2n-1,
所以bn+1-bn=(4n
5、-1)·12n-1.
故bn-bn-1=(4n-5)·12n-2,n≥2,
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)
=(4n-5)·12n-2+(4n-9)·12n-3+…+7·12+3.
设Tn=3+7·12+11·122+…+(4n-5)·12n-2,n≥2,
12Tn=3·12+7·122+…+(4n-9)·12n-2+(4n-5)·12n-1,
所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-(4n-5)·12n-1,
因此Tn=14-(4n+3)·12n-2,n≥2,
又b1=1,所以bn=15-(4n+
6、3)·12n-2.
4.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12,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1anan+1+1bnbn+1的前n项和Tn.
解:(1)设{an}公差为d,由题意得a1+2d=8,a1+2q=3,a1+d+2q=6,
解得a1=2,d=3,q=12,故an=3n-1,bn=12n.
(2)∵1anan+1+1bnbn+1=131an-1an+1+1bnbn+1=131an-1an+1+22n+1,
∴Tn=13(12-15)+15-18+…+
7、13n-1-13n+2+8(1-4n)1-4=1312-13n+2+13(22n+3-8)=1322n+3-13n+2-52.
5.已知数列{an}的各项均不为零.设数列{an}的前n项和为Sn,数列{an2}的前n项和为Tn,且3Sn2-4Sn+Tn=0,n∈N*.
(1)求a1,a2的值;
(2)证明:数列{an}是等比数列;
(3)若(λ-nan)(λ-nan+1)<0对任意的n∈N*恒成立,求实数λ的所有值.
(1)解3Sn2-4Sn+Tn=0,n∈N*,令n=1,得3a12-4a1+a12=0,
因为a1≠0,所以a1=1.
令n=2,得3(1+a2)2-4(1+a2)
8、+(1+a22)=0,即2a22+a2=0,
因为a2≠0,所以a2=-12.
(2)证明因为3Sn2-4Sn+Tn=0,①
所以3Sn+12-4Sn+1+Tn+1=0,②
②-①得,3(Sn+1+Sn)an+1-4an+1+an+12=0.
因为an+1≠0,所以3(Sn+1+Sn)-4+an+1=0,③
所以3(Sn+Sn-1)-4+an=0(n≥2),④
当n≥2时,③-④,得3(an+1+an)+an+1-an=0,
即an+1=-12an.因为an≠0,所以an+1an=-12.
又由(1)知,a1=1,a2=-12,所以a2a1=-12,
所以数列{an}是以1
9、为首项,-12为公比的等比数列.
(3)解由(2)知,an=-12n-1.
因为对任意的n∈N*,(λ-nan)(λ-nan+1)<0恒成立,
所以λ的值介于n-12n-1和n-12n之间.
因为n-12n-1·n-12n<0对任意的n∈N*恒成立,
所以λ=0适合.
若λ>0,当n为奇数时,n-12n<λ
10、,有λ≥2n≥n2n-1,
所以λ>0不符合题意.
若λ<0,当n为奇数时,n-12n<λ0,n∈N*.
(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列{an}的通项公式;
(2)设双曲线x2-y2an2=1的离心率为en,且e2=53,证明:e1+e2+…+en>4n-3n3n-1.
(1)解由已知,Sn+1=qSn
11、+1,Sn+2=qSn+1+1,
两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.
又由S2=qS1+1得到a2=qa1,
故an+1=qan对所有n≥1都成立.
所以,数列{an}是首项为1,公比为q的等比数列.
从而an=qn-1.
由2a2,a3,a2+2成等差数列,可得2a3=3a2+2,
即2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,
由已知,q>0,故q=2.所以an=2n-1(n∈N*).
(2)证明由(1)可知,an=qn-1.
所以双曲线x2-y2an2=1的离心率en=1+an2=1+q2(n-1).
由e2=1+q2=53,解得q=43.
因为1+q2(k-1)>q2(k-1),所以1+q2(k-1)>qk-1(k∈N*).
于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=qn-1q-1,
故e1+e2+…+en>4n-3n3n-1.
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（课标专用）天津市2020高考数学二轮复习 题型练4 大题专项（二）数列的通项、求和问题
