当前位置：首页 > 2010-2019十年高考真题分类汇编数学专题08数列
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.
(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故bn=2.所
1-2??n
以,Tn=1-2=2-1.
2
n-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=
??(??+1)
. 21
2
n
(2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(2+2+…+2由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得,
2
2×(1-2??)n+1
)-n=1-2-n=2-n-2.
??(??+1)n+1n+1
+2-n-2=n+2, 2整理得n-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4. 所以,n的值为4.
11.(2018·天津·理T18)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6. (1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N), ①求Tn;
(??+??)??
②证明∑????+2??
??=1(??+1)(??+2)
??
*
*
=
2??+2*
-2(n∈N). ??+22
n-1
(1)解设等比数列{an}的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故an=2.
设等差数列{bn}的公差为d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故bn=n. 所以,数列{an}的通项公式为an=2,数列{bn}的通项公式为bn=n. (2)①解由(1),有
??
k
n-1
1-2??nSn==2-1, 1-2??
k
故Tn=∑(2-1)=∑2-n=
??=1
??=1
2×(1-2??)n+1
-n=2-n-2. 1-2(????+????+2)????②证明因为(??+1
)(??+2)24232??+22??+1(4-3)+…+(??+2-??+1)
==
(2??+1-??-2+??+2)??(??+1)(??+2)2??+2
-2. ??+2=
??·2??+1(??+1)(??+2)
=
2??+2??+2??
(????+????+2)????2??+1
???+1,所以,∑(??+1
)(??+2)??=1
=
2322
(3-2)+
12.(2018·全国2·理T17文T17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15. (1)求{an}的通项公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值.
21
(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15. 由a1=-7得d=2.
所以{an}的通项公式为an=2n-9. (2)由(1)得Sn=n-8n=(n-4)-16.
所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.
13.(2018·全国1·文T17)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=??. (1)求b1,b2,b3;
(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由; (3)求{an}的通项公式. (1)由条件可得an+1=
2(??+1)
an. ??
????2
2
将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4. 将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12. 从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
??+1
由条件可得??+1=????,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列. ??(3)由(2)可得??=2,所以an=n·2.
n-1
n-1
??2??
??
14.(2018·全国3·理T17文T17)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. (1)设{an}的公比为q,由题设得an=q. 由已知得q=4q,解得q=0(舍去),q=-2或q=2. 故an=(-2)或an=2. (2)若an=(-2),则
mn-1n-1
n-1
4
2
n-1
1-(-2)
Sn=3??
.
由Sm=63得(-2)=-188,此方程没有正整数解. 若an=2,则Sn=2-1.由Sm=63得2=64,解得m=6. 综上,m=6.
15.(2017·全国1·文T17)设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知S2=2,S3=-6. (1)求{an}的通项公式;
22
n-1
n
m
(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列. (1)设{an}的公比为q.
??(1+??)=2,
由题设可得{1
??1(1+??+??2)=-6.解得q=-2,a1=-2.
故{an}的通项公式为an=(-2). (2)由(1)可得由于
??+1
??1(1-????)2n2
Sn=1-??=-3+(-1)3. n
??+3??+2??+1
4-22??2n2
Sn+2+Sn+1=-3+(-1)=2[-3+(-1)3]=2Sn,故3Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.
16.(2017·全国2·文T17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.
(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式; (2)若T3=21,求S3.
设{an}的公差为d,{bn}的公比为q, 则an=-1+(n-1)d,bn=q. 由a2+b2=2得d+q=3.① (1)由a3+b3=5,得2d+q=6.②
??=3,??=1,联立①和②解得{(舍去),{
??=0??=2.因此{bn}的通项公式为bn=2. (2)由b1=1,T3=21得q+q-20=0, 解得q=-5或q=4.
当q=-5时,由①得d=8,则S3=21. 当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.
17.(2017·全国3·文T17)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通项公式;
??
(2)求数列{2??+1}的前n项和.
2
n-1
2n-1
??
(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1). 两式相减得(2n-1)an=2.所以an=2??-1(n≥2). 又由题设可得a1=2,
2
23
从而{an}的通项公式为an=2??-1.
??
(2)记{2??+1}的前n项和为Sn.
??由(1)知2??+1=(2??+1)(2??-1)=2??-1?2??+1. 2
??
??211
则Sn=1?3+3?5+…+2??-1?2??+1=2??+1. 18.(2017·天津·理T18)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N).
(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q)=12, 而b1=2,所以q+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,bn=2.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.① 由S11=11b4,可得a1+5d=16,②
联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4,有a2nb2n-1=(3n-1)×4, 故Tn=2×4+5×4+8×4+…+(3n-1)×4,
4Tn=2×4+5×4+8×4+…+(3n-4)×4+(3n-1)×4, 上述两式相减,得-3Tn=2×4+3×4+3×4+…+3×4-(3n-1)×4=-(3n-2)×4-8.得Tn=
n+1
2
3
n
n+1
2
3
4
n
n+1
2
3
n
n-1
n
n
n
2
2
*
*
1111112??
12×(1-4??)n+1
=-4-(3n-1)×4
1-43??-2n+18
×4+. 33
3??-2n+18
×4+. 33所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为
19.(2017·山东·理T19)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2. (1)求数列{xn}的通项公式;
(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2)…Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.
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