2020版高考数学二轮复习 专题四 数列 专题对点练13 等差、等比数列与数列的通项及求和 文

2020版高考数学二轮复习 专题四 数列 专题对点练13 等差、等比数列与数列的通项及求和 文

专题对点练13　等差、等比数列与数列的通项及求和 ‎1.已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,-(2an+1-1)·an-2an+1=0.‎ ‎(1)求a2,a3;‎ ‎(2)求{an}的通项公式.‎ ‎2.(2018北京,文15)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求+…+.‎ ‎3.(2018全国Ⅲ,文17)等比数列{an}中,a1=1,a5=‎4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和,若Sm=63,求m.‎ ‎4.在等差数列{an}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{an+bn}是首项为1,公比为2的等比数列,求{bn}的前n项和Sn.‎ 4‎ ‎5.(2018天津,文18)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+‎2a6.‎ ‎(1)求Sn和Tn;‎ ‎(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.‎ ‎6.在等差数列{an}中,a7=8,a19=‎2a9.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎7.已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a‎1a2=a3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求数列的前n项和Tn.‎ ‎8.已知数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,数列{bn}是公比大于0的等比数列,且b1=‎-2a1=2,a3-b2=-1,S3-2b3=7.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 4‎ 专题对点练13答案 ‎1.解 (1)由题意得a2=,a3=.‎ ‎(2)由-(2an+1-1)an-2an+1=0得2an+1(an+1)=an(an+1).‎ 因为{an}的各项都为正数,所以.‎ 故{an}是首项为1,公比为的等比数列,‎ 因此an=.‎ ‎2.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,‎ ‎∵a2+a3=5ln 2,‎ ‎∴‎2a1+3d=5ln 2.‎ 又a1=ln 2,∴d=ln 2.‎ ‎∴an=a1+(n-1)d=nln 2.‎ ‎(2)由(1)知an=nln 2.‎ ‎∵=enln 2==2n,‎ ‎∴{}是以2为首项,2为公比的等比数列.‎ ‎∴+…+‎ ‎=2+22+…+2n ‎=2n+1-2.‎ ‎∴+…+=2n+1-2.‎ ‎3.解 (1)设{an}的公比为q,‎ 由题设得an=qn-1.‎ 由已知得q4=4q2,‎ 解得q=0(舍去),q=-2或q=2.‎ 故an=(-2)n-1或an=2n-1.‎ ‎(2)若an=(-2)n-1,则Sn=.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.‎ 若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得‎2m=64,解得m=6.‎ 综上,m=6.‎ ‎4.解 (1)设等差数列{an}的公差是d.由已知(a3+a8)-(a2+a7)=2d=-6,解得d=-3,‎ ‎∴a2+a7=‎2a1+7d=-23,解得a1=-1,‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an=-3n+2.‎ ‎(2)由数列{an+bn}是首项为1,公比为2的等比数列,‎ ‎∴an+bn=2n-1,‎ ‎∴bn=2n-1-an=3n-2+2n-1,‎ ‎∴Sn=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+2+22+…+2n-1)=+2n-1.‎ ‎5.解 (1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1.所以,Tn==2n-1.‎ 设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.由b5=a4+‎2a6,可得‎3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n.所以,Sn=.‎ ‎(2)由(1),有 T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.‎ 由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得,+2n+1-n-2=n+2n+1,‎ 整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4.‎ 所以,n的值为4.‎ ‎6.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d.‎ 因为a7=8,所以a1+6d=8.‎ 4‎ 又a19=‎2a9,所以a1+18d=2(a1+8d),‎ 解得a1=2,d=1,所以{an}的通项公式为an=n+1.‎ ‎(2)bn=,‎ 所以Sn=+…+.‎ ‎7.解 (1)设{an}的公比为q,由题意知a1(1+q)=6,q=a1q2,‎ 又an>0,解得a1=2,q=2,所以an=2n.‎ ‎(2)由题意知S2n+1==(2n+1)bn+1,‎ 又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1.‎ 令cn=,则cn=,‎ 因此Tn=c1+c2+…+cn ‎=+…+.‎ 又Tn=+…+,两式相减得Tn=,‎ 所以Tn=5-.‎ ‎8.解 (1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,q>0,‎ ‎∵b1=-‎2a1=2,a3-b2=-1,S3-2b3=7,‎ ‎∴a1=-1,-1+2d-2q=-1,3×(-1)+3d-2×2q2=7,解得d=2,q=2.‎ ‎∴an=-1+2(n-1)=2n-3,bn=2n.‎ ‎(2)cn=,‎ ‎∴Tn=+…+,‎ Tn=-+…+,‎ ‎∴Tn=-+…+(-1)n-1×=-,‎ ‎∴Tn=-.‎ 4‎