（通用版）2020版高考數學大二輪復習 專題突破練13 等差、等比數列的綜合問題 文

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1、專題突破練13　等差、等比數列的綜合問題 1.已知Sn是等差數列{an}的前n項和,且a3=-6,S5=S6. (1)求{an}的通項公式; (2)若等比數列{bn}滿足b1=a2,b2=S3,求{bn}的前n項和. 2.(2019北京豐臺區(qū)高三第二學期綜合練習二)已知數列{an}滿足a1=1,an+1=e·an(e是自然對數的底數,n∈N*). (1)求{an}的通項公式; (2)設數列{ln an}的前n項和為Tn,求證:當n≥2時,1T2+1T3+…+1Tn<2. 3.設等差數列{an}的公差不為0,a2=1,

2、且a2,a3,a6成等比數列. (1)求{an}的通項公式; (2)設數列{an}的前n項和為Sn,求使Sn>35成立的n的最小值. 4.已知等比數列{an}的前n項和為Sn,a1=3,且3S1,2S2,S3成等差數列. (1)求數列{an}的通項公式; (2)設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f(x)=log

3、3(ax+b)的圖象經過點A(2,1)和B(5,2),an=an+b,n∈N*. (1)求an; (2)設數列{an}的前n項和為Sn,bn=2n+2Sn,求{bn}的前n項和Tn. 6.(2019廣東佛山第一中學高三上學期期中考試)等差數列{an}中,a1=3,前n項和為Sn,等比數列{bn}各項均為正數,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}是首項為1的等比數列,數列{bn}滿足b1=2,b2=5,且an

4、bn+1=anbn+an+1. (1)求數列{an}的通項公式; (2)求數列{bn}的前n項和. 8.(2019黑龍江哈爾濱第三中學高三上學期期中考試)已知數列{an}中,a1=32且an=12(an-1+n+1)(n≥2,n∈N*). (1)求a2,a3,并證明{an-n}是等比數列; (2)設bn=2n·an,求數列{bn}的前n項和Sn. 參考答案 專題突破練13　等差、等比 數列的綜合問題 1.解(1)設等差數列{an}的公差為d. 因為S5=S6,所以a6=a3+3d=0. 因為a

5、3=-6,所以d=2,a1=-10. 所以an=2n-12. (2)設等比數列{bn}的公比為q. 由(1)可知,b1=-8,b2=-24, 所以q=3. 故數列{bn}的前n項和為-8(1-3n)1-3=4(1-3n). 2.(1)解因為a1=1,an+1=e·an(n∈N*), 所以數列{an}是以1為首項,e為公比的等比數列, 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. 因為1n>0,所以1-1n<1.所以21-1n<2. 即1T2+1T3+…+1Tn<2. 3.解(1)設等差數列{an}的公差為d,d≠0. ∵a2,a3,a6成等比數列, ∴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f(x)=log3(ax+b)的圖象經過點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)知數列{an}為以1為首項,2為公差的等差數列, 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}是首項為1,公比為3的等比數列,即an=3n-1. (2)由已知得bn+1-bn=an+1an=3, ∴{bn}是首項為2,公差為

10、3的等差數列,其通項公式為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n=1時,a1-1=32-1=12, ②當n≥2時,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)]. ∴數列{an-n}是以12為首項,12為公比的等比數列. (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. 12