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1、題型練4 大題專項(二) 數列的通項、求和問題
題型練第56頁 ?
1.已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且a2=3,S4=16,數列{bn}滿足a1b1+a2b2+…+anbn=n.
(1)求{bn}的通項公式;
(2)求數列bn+1an的前n項和Tn.
解:(1)設首項為a1,公差為d的等差數列{an}的前n項和為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.
因為a1b1+a2b2+…+anbn=n,
所以1·b1+3·b2+…+(2n-1)bn=n,①
所以當n≥2
2、時,1·b1+3·b2+…+(2n-3)bn-1=n-1,②
①-②得,(2n-1)bn=1,
所以bn=12n-1,當n=1時,b1=1(首項符合通項),
故bn=12n-1.
(2)因為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.已知數列{an}滿足a1=2,an+1=2an2,n∈N*.
(1)證明:數列{1+log2an}為等比數列;
(2)設bn=n1+log2an,求數列{bn}的前n項和Sn.
3、
(1)證明由an+1=2an2,兩邊取以2為底的對數,得log2an+1=1+2log2an,
則log2an+1+1=2(log2an+1),所以{1+log2an}為等比數列,首項為2,公比為2,且log2an+1=(log2a1+1)×2n-1=2n.
(2)解由(1)得bn=n2n.因為Sn為數列{bn}的前n項和,
所以Sn=12+222+…+n2n,
則12Sn=122+223+…+n2n+1.
兩式相減得12Sn=12+122+…+12n-n2n+1=1-12n-n2n+1,
所以Sn=2-n+22n.
3.已知等比數列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=2
4、8,a4+2是a3,a5的等差中項.數列{bn}滿足b1=1,數列{(bn+1-bn)an}的前n項和為2n2+n.
(1)求q的值;
(2)求數列{bn}的通項公式.
解:(1)由a4+2是a3,a5的等差中項,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,因為q>1,所以q=2.
(2)設cn=(bn+1-bn)an,數列{cn}前n項和為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.
設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.已知等差數列{an}的前n項和為Sn,公比為q的等比數列{bn}的首項是12,且a1+2q=3,a2+4b2=6,S5=40.
(1)求數列{an},{bn}的通項公式an,bn;
(2)求數列1anan+1+1bnbn+1的前n項和Tn.
解:(1)設{an}公差為d,由題意得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.已知數列{an}的各項均不為零.設數列{an}的前n項和為Sn,數列{an2}的前n項和為Tn,且3Sn2-4Sn+Tn=0,n∈N*.
(1)求a1,a2的值;
(2)證明:數列{an}是等比數列;
(3)若(λ-nan)(λ-nan+1)<0對任意的n∈N*恒成立,求實數λ的所有值.
(1)解3Sn2-4Sn+Tn=0,n∈N*,令n=1,得3a12-4a1+a12=0,
因為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,
因為a2≠0,所以a2=-12.
(2)證明因為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.
因為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
當n≥2時,③-④,得3(an+1+an)+an+1-an=0,
即an+1=-12an.因為an≠0,所以an+1an=-12.
又由(1)知,a1=1,a2=-12,所以a2a1=-12,
所以數列{an}是以1
9、為首項,-12為公比的等比數列.
(3)解由(2)知,an=-12n-1.
因為對任意的n∈N*,(λ-nan)(λ-nan+1)<0恒成立,
所以λ的值介于n-12n-1和n-12n之間.
因為n-12n-1·n-12n<0對任意的n∈N*恒成立,
所以λ=0適合.
若λ>0,當n為奇數時,n-12n<λ
10、,有λ≥2n≥n2n-1,
所以λ>0不符合題意.
若λ<0,當n為奇數時,n-12n<λ0,n∈N*.
(1)若2a2,a3,a2+2成等差數列,求數列{an}的通項公式;
(2)設雙曲線x2-y2an2=1的離心率為en,且e2=53,證明:e1+e2+…+en>4n-3n3n-1.
(1)解由已知,Sn+1=qSn
11、+1,Sn+2=qSn+1+1,
兩式相減得到an+2=qan+1,n≥1.
又由S2=qS1+1得到a2=qa1,
故an+1=qan對所有n≥1都成立.
所以,數列{an}是首項為1,公比為q的等比數列.
從而an=qn-1.
由2a2,a3,a2+2成等差數列,可得2a3=3a2+2,
即2q2=3q+2,則(2q+1)(q-2)=0,
由已知,q>0,故q=2.所以an=2n-1(n∈N*).
(2)證明由(1)可知,an=qn-1.
所以雙曲線x2-y2an2=1的離心率en=1+an2=1+q2(n-1).
由e2=1+q2=53,解得q=43.
因為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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（課標專用）天津市2020高考數學二輪復習 題型練4 大題專項（二）數列的通項、求和問題
