（文理通用）江苏省高考数学二轮复习 专题五 数列 第24讲 数列的求和及其运用练习-人教版高三全册数学试题VIP免费

第24讲数列的求和及其运用1．(2019·通州中学检测)已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝6，b2＋S3＝8.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)求＋＋…＋.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，d>0，{bn}的公比为q，则an＝1＋(n－1)d，bn＝qn－1.依题意有解得或(舍去)．故an＝n，bn＝2n－1.(2)由(1)知Sn＝1＋2＋…＋n＝n(n＋1)，∴＝＝2，∴＋＋…＋＝2＝2＝.2．(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N*.①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；②求ici(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＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.所以{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.(2)①a2n(c2n－1)＝a2n(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.所以数列{a2n(c2n－1)}的通项公式为a2n(c2n－1)＝9×4n－1.②ici＝ai＋ai(ci－1)]＝i＋2i(c2i－1)＝＋(9×4i－1)＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×－n＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．3．已知{an}是递增的等比数列，a2＋a3＝4，a1a4＝3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)法一：设等比数列{an}的公比为q，因为a2＋a3＝4，a1a4＝3，所以解得或因为{an}是递增的等比数列，所以a1＝，q＝3.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.法二：设等比数列{an}的公比为q，因为a2＋a3＝4，a1a4＝a2a3＝3，所以a2，a3是方程x2－4x＋3＝0的两个根．解得或因为{an}是递增的等比数列，所以a2＝1，a3＝3，则q＝3.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.(2)由(1)知bn＝n×3n－2.则Sn＝1×3－1＋2×30＋3×31＋…＋n×3n－2，①在①式两边同时乘以3得，3Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n×3n－1，②①－②得－2Sn＝3－1＋30＋31＋…＋3n－2－n×3n－1，即－2Sn＝－n×3n－1，所以Sn＝(2n－1)×3n－1＋.4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝Sn＋an＋2，a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式．(2)若数列{bn}满足＝()1＋an，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)因为Sn＋1＝Sn＋an＋2，所以an＋1－an＝2，所以数列{an}是公差为2的等差数列，因为a1，a2，a5成等比数列，所以a＝a1·a5，所以(a1＋2)2＝a1(a1＋8)，解得a1＝1.所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)因为数列{bn}满足＝()1＋an，所以bn＝(2n－1)()1＋(2n－1)＝(2n－1)·2n.所以数列{bn}的前n项和Tn＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，所以2Tn＝22＋3×23＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1，两式相减得，－Tn＝2＋23＋24＋…＋2n＋1－(2n－1)×2n＋1＝2＋－(2n－1)×2n＋1＝－6－(2n－3)×2n＋1，所以Tn＝6＋(2n－3)×2n＋1.5．(2019·南通调研)已知正项数列{an}，{bn}满足：a1＝3，a2＝6.{bn}是等差数列，且对任意正整数n都有bn，，bn＋1成等比数列．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)设Sn＝＋＋＋…＋，试比较2Sn与2－的大小(n≥3)；(3)令Cn＝2bn－3，问：是否存在正整数m，k，使Cm，Cm＋5，Ck成等比数列？若存在，请求出m与k的值，若不存在，请说明理由．解：(1)∵an＝bn·bn＋1(n∈N*)，∴又∵{bn}为等差数列，∴b1＝，b2＝，∴bn＝.(2)∵an＝，∴＝＝2，∴Sn＝2＝1－.∴2Sn＝2－.又2－＝2－.∴2Sn－＝－＝＞0(n≥3)．∴n≥3时，2Sn＞2－.(3)∵Cn＝2bn－3＝2n－1，假设存在正整数m，k，使Cm，Cm＋5，Ck成等比数列，∴(2m＋9)2＝(2m－1)(2k－1)，∴2k－1＝＝2m－1＋＋20，∴k＝m＋＋10∈Z，∴∈Z.∴或或存在．