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1、專題突破練13 等差、等比數(shù)列的綜合問題
1.已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且a3=-6,S5=S6.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若等比數(shù)列{bn}滿足b1=a2,b2=S3,求{bn}的前n項(xiàng)和.
2.(2019北京豐臺(tái)區(qū)高三第二學(xué)期綜合練習(xí)二)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=e·an(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù),n∈N*).
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)數(shù)列{ln an}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:當(dāng)n≥2時(shí),1T2+1T3+…+1Tn<2.
3.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差不為0,a2=1,
2、且a2,a3,a6成等比數(shù)列.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,求使Sn>35成立的n的最小值.
4.已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=3,且3S1,2S2,S3成等差數(shù)列.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=log3an,求Tn=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1.
5.(2019河北保定高三第二次模擬考試)已知函數(shù)f(x)=log
3、3(ax+b)的圖象經(jīng)過點(diǎn)A(2,1)和B(5,2),an=an+b,n∈N*.
(1)求an;
(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,bn=2n+2Sn,求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
6.(2019廣東佛山第一中學(xué)高三上學(xué)期期中考試)等差數(shù)列{an}中,a1=3,前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列{bn}各項(xiàng)均為正數(shù),b1=1,且b2+S2=12,{bn}的公比q=S2b2.
(1)求an與bn;
(2)求Tn=Sb1+Sb2+Sb3+Sb4+…+Sbn.
7.已知{an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足b1=2,b2=5,且an
4、bn+1=anbn+an+1.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.
8.(2019黑龍江哈爾濱第三中學(xué)高三上學(xué)期期中考試)已知數(shù)列{an}中,a1=32且an=12(an-1+n+1)(n≥2,n∈N*).
(1)求a2,a3,并證明{an-n}是等比數(shù)列;
(2)設(shè)bn=2n·an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.
參考答案
專題突破練13 等差、等比
數(shù)列的綜合問題
1.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
因?yàn)镾5=S6,所以a6=a3+3d=0.
因?yàn)閍
5、3=-6,所以d=2,a1=-10.
所以an=2n-12.
(2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.
由(1)可知,b1=-8,b2=-24,
所以q=3.
故數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為-8(1-3n)1-3=4(1-3n).
2.(1)解因?yàn)閍1=1,an+1=e·an(n∈N*),
所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng),e為公比的等比數(shù)列,
所以an=en-1.
(2)證明由(1)知,lnan=lnen-1=n-1,
所以Tn=0+1+2+…+(n-1)=n(n-1)2,
所以1T2+1T3+…+1Tn
=21×2+22×3+23×4+…+2n(n-1)
=21-12+12-
6、13+13-14+…+1n-1-1n=21-1n.
因?yàn)?n>0,所以1-1n<1.所以21-1n<2.
即1T2+1T3+…+1Tn<2.
3.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,d≠0.
∵a2,a3,a6成等比數(shù)列,
∴a32=a2·a6,
即(1+d)2=1+4d,
解得d=2或d=0(舍去d=0),
∴an=a2+(n-2)d=2n-3.
(2)∵an=2n-3,∴Sn=n(a1+an)2=n(a2+an-1)2=n2-2n.
依題意有n2-2n>35,解得n>7.
故使Sn>35成立的n的最小值為8.
4.解(1)∵3S1,2S2,S3成等差數(shù)列,∴4S2
7、=3S1+S3,
∴4(a1+a2)=3a1+(a1+a2+a3),
即a3=3a2,∴公比q=3,
∴an=a1qn-1=3n.
(2)由(1)知,bn=log3an=log33n=n,
∵b2n-1b2n-b2nb2n+1=(2n-1)·2n-2n(2n+1)=-4n,
∴Tn=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+…+(b2n-1b2n-b2nb2n+1)
=-4(1+2+…+n)
=-4×n(n+1)2=-2n2-2n.
5.解(1)由函數(shù)f(x)=log3(ax+b)的圖象經(jīng)過點(diǎn)A(2,1)和B(5,2),
得log3(2a+b)=1,log3(5a+b
8、)=2,解得a=2,b=-1.
所以an=2n-1,n∈N*.
(2)由(1)知數(shù)列{an}為以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列,
所以Sn=n+n(n-1)2×2=n2,
得bn=2n+2Sn=2n+2n.
∴Tn=(2×1+21)+(2×2+22)+(2×3+23)+…+(2×n+2n)
=2×(1+2+3+…+n)+(21+22+23+…+2n)
=2×(1+n)n2+2(2n-1)2-1
=2n+1+n2+n-2.
6.解(1)由已知可得q+3+a2=12,q=3+a2q,
解得q=3或q=-4(舍去負(fù)值),a2=6.
∴an=3n,bn=3n-1.
(2)∵Sn=
9、3n(n+1)2,
∴Sbn=32bn(bn+1)=32(bn2+bn),
∴Tn=Sb1+Sb2+Sb3+Sb4+…+Sbn
=32(b1+b2+…+bn)+(b12+b22+…+bn2)=32(30+31+…+3n-1)+(30+32+…+32n-2)=
=321-3n1-3+1-32n1-32
=32n+116+3n+14-1516.
7.解(1)把n=1代入已知等式得a1b2=a1b1+a2,∴a2=a1b2-a1b1=3a1.
∴{an}是首項(xiàng)為1,公比為3的等比數(shù)列,即an=3n-1.
(2)由已知得bn+1-bn=an+1an=3,
∴{bn}是首項(xiàng)為2,公差為
10、3的等差數(shù)列,其通項(xiàng)公式為bn=3n-1,
∴Sn=n(b1+bn)2=n(2+3n-1)2=3n2+n2.
8.解(1)由題意,可知:
a2=12(a1+2+1)=1232+2+1=94,
a3=12(a2+3+1)=1294+3+1=258.
①當(dāng)n=1時(shí),a1-1=32-1=12,
②當(dāng)n≥2時(shí),an-n=12(an-1+n+1)-n=12an-1+12n+12-n=12an-1-12n+12=12(an-1-n+1)=12[an-1-(n-1)].
∴數(shù)列{an-n}是以12為首項(xiàng),12為公比的等比數(shù)列.
(2)由(1)可知,
an-n=12n,
∴an=n+12n,n∈N*.
∴bn=2n·an=2n·n+12n=n·2n+2n·12n=n·2n+1.
∴Sn=b1+b2+b3+…+bn=(1·21+1)+(2·22+1)+(3·23+1)+…+(n·2n+1),
∴Sn=1·21+2·22+3·23+…+n·2n+n,③
2Sn=1·22+2·23+…+(n-1)·2n+n·2n+1+2n,④
由③-④,可得:
-Sn=1·21+1·22+1·23+…+1·2n-n·2n+1+n-2n=2-2n+11-2-n·2n+1-n
=(1-n)·2n+1-n-2,
∴Sn=(n-1)·2n+1+n+2.
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