大题考法专训（二）数列A级——中档题保分练1．已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.解：(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12，得log2(a1a2a3)＝12，∴a1a2a3＝212.设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，解得q＝4，∴an＝4·4n－1＝4n.(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，cn＝＋4n＝＋4n＝－＋4n.设数列的前n项和为An，则An＝1－＋－＋…＋－＝，设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝＝(4n－1)，∴Sn＝＋(4n－1)．2．已知首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝，设bn＝log2an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；(3)求数列的前n项和Tn.解：(1)依题意得a1＝2，则n＝1时，S1＝＝a1，∴a2＝8.n≥2时，Sn－1＝，则an＝Sn－Sn－1＝－，整理得＝4.又＝4，∴数列{an}是首项为2，公比为4的等比数列，∴an＝2·4n－1＝22n－1.(2)bn＝log2an＝log222n－1＝2n－1，则bn＋1－bn＝2n＋1－(2n－1)＝2，且b1＝1，∴数列{bn}是等差数列．(3)由(2)得bn＝2n－1，∴＝＝＝－，∴Tn＝＋＋…＋＝.3．(2019·福州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.解：(1)因为Sn＝3n2＋8n，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2＋8n－[3(n－1)2＋8(n－1)]＝6n＋5.当n＝1时，a1＝S1＝11也符合上式，所以an＝6n＋5，n∈N*.于是，bn＋1＋bn＝an＝6n＋5.因为{bn}是等差数列，所以可设bn＝kn＋t(k，t均为常数)，则有k(n＋1)＋t＋kn＋t＝6n＋5，即2kn＋k＋2t＝6n＋5对任意的n∈N*恒成立，所以解得故bn＝3n＋1.(2)因为an＝6n＋5，bn＝3n＋1，所以cn＝＝＝2n×(6n＋6)．于是，Tn＝12×2＋18×22＋24×23＋…＋2n×(6n＋6)，①所以2Tn＝12×22＋18×23＋24×24＋…＋2n×6n＋2n＋1×(6n＋6)，②①－②得，－Tn＝24＋6(22＋23＋…＋2n)－2n＋1×(6n＋6)＝24＋6×－2n＋1×(6n＋6)＝－2n＋1×6n，故Tn＝2n＋1×6n＝2n＋2×3n.B级——拔高题满分练1．(2020届高三·长沙摸底)已知数列{an}的首项a1＝3，a3＝7，且对任意的n∈N*，都有an－2an＋1＋an＋2＝0，数列{bn}满足bn＝a2n－1，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求使b1＋b2＋…＋bn＞2019成立的最小正整数n的值．解：(1)令n＝1，得a1－2a2＋a3＝0，解得a2＝5.又由an－2an＋1＋an＋2＝0，知an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1＝2，故数列{an}是首项a1＝3，公差d＝2的等差数列，于是an＝2n＋1，bn＝a2n－1＝2n＋1.(2)由(1)知，bn＝2n＋1.于是b1＋b2＋…＋bn＝(21＋22＋…＋2n)＋n＝＋n＝2n＋1＋n－2.令f(n)＝2n＋1＋n－2，易知f(n)是关于n的单调递增函数，又f(9)＝210＋9－2＝1031，f(10)＝211＋10－2＝2056，故使b1＋b2＋…＋bn＞2019成立的最小正整数n的值是10.2．已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.解：(1)由题意知，2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，①当n＝1时，由①式可得S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入①式，得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，整理得S－S＝1.所以{S}是首项为1，公差为1的等差数列，S＝1＋n－1＝n.因为{an}的各项都为正数，所以Sn＝，所以an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)．又a1＝S1＝1，所以an＝－.(2)bn＝＝＝(－1)n(＋)，当n为奇数时，Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－；当n为偶数时，Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝.所以{bn}的前n项和Tn＝(－1)n.3．(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.(1)求{an}和{bn}的通项公式．(2)设数列{cn}满足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得解得故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以数列{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－＋n×3n＋1＝.所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×＝(n∈N*)．
