1、专题突破练专题突破练 15 求数列的通项及前求数列的通项及前 n项和项和 1.已知等差数列an的前 n项和为 Sn,且 a1=1,S3+S4=S5. (1)求数列an的通项公式; (2)令 bn=(-1)n-1an,求数列bn的前 n 项和 Tn. 2.(2020 山东滨州二模,18)已知an为等差数列,a3+a6=25,a8=23,bn为等比数列,且 a1=2b1,b2b5=a11. (1)求an,bn的通项公式; (2)记 cn=an bn,求数列cn的前 n 项和 Tn. 3.(2020 全国,理 17)设数列an满足 a1=3,an+1=3an-4n. (1)计算 a2,a3,猜想an
2、的通项公式并加以证明; (2)求数列2nan的前 n项和 Sn. 4.(2020 山东聊城二模,17)已知数列an的各项均为正数,其前 n 项和为 Sn,且 +an=2Sn+ (nN *). (1)求数列an的通项公式; (2)若 bn= ,求bn的前 n项和 Tn. 5.(2020 山东青岛 5月模拟,17)设数列an的前 n 项和为 Sn,a1=1, , 给出下列三个条件; 条件:数列an为等比数列,数列Sn+a1也为等比数列;条件:点(Sn,an+1)在直线 y=x+1 上;条件 :2na1+2n-1a2+2an=nan+1. 试在上面的三个条件中任选一个,补充在上面的横线上,完成下列两
3、问的解答: (1)求an的通项公式; (2)设 bn= ,求数列bn的前 n 项和 Tn. 6.(2020 山东菏泽一模,18)已知数列an满足 nan+1-(n+1)an=1(nN*),且 a1=1. (1)求数列an的通项公式; (2)若数列bn满足 bn= - ,求数列b n的前 n 项和 Sn. 7.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. 8.(2020 天津南开区一模,18)已知数列an的前 n 项和 Sn= ,数列bn满足:b1=b2=2,bn+1b
4、n=2n+1(n N*). (1)求数列an,bn的通项公式; (2)求 ai( - - )(nN *). 专题突破练 15 求数列的 通项及前 n 项和 1.解 (1)设等差数列an的公差为 d,由 S3+S4=S5可得 a1+a2+a3=a5,即 3a2=a5, 3(1+d)=1+4d,解得 d=2. an=1+(n-1)2=2n-1. (2)由(1)可得 bn=(-1)n-1 (2n-1). T2n=1-3+5-7+(2n-3)-(2n-1)=(-2)n=-2n.当 n为偶数时,Tn=-n;当 n 为奇数 时,Tn=Tn-1+bn=-(n-1)+(-1)n-1an=-(n-1)+(-1)
5、n-1(2n-1)=-(n-1)+(2n-1)=n.综上,Tn=(-1)n+1n. 2.解 (1)设等差数列an的公差为 d,由题意得 解得 所以数列an的通项公式 an=3n-1. 设等比数列bn的公比为 q,由 a1=2b1,b2b5=a11, 得 b1=1, q5=32,解得 q=2, 所以数列bn的通项公式 bn=2n-1. (2)由(1)知,cn=anbn=(3n-1)2n-1,则 Tn=c1+c2+c3+cn- 1+cn=220+521+822+(3n-4)2n-2+(3n-1)2n-1, 2Tn=221+522+823+(3n-4)2n-1+(3n-1)2n. 两式相减得-Tn=
6、2+3(21+22+2n-1)-(3n-1)2n=2+3 - - - -(3n-1)2n=-4+(4- 3n)2n,所以 Tn=4+(3n-4)2n. 3.解 (1)a2=5,a3=7. 猜想 an=2n+1. 由已知可得 an+1-(2n+3)=3an-(2n+1), an-(2n+1)=3an-1-(2n-1), a2-5=3(a1-3). 因为 a1=3,所以 an=2n+1. (2)由(1)得 2nan=(2n+1)2n,所以 Sn=32+522+723+(2n+1)2n. 从而 2Sn=322+523+724+(2n+1)2n+1. -得 -Sn=32+222+223+22n-(2n
7、+1)2n+1. 所以 Sn=(2n-1)2n+1+2. 4.解 (1)因为 +an=2Sn+ (nN *), 所以当 n2时, - +an-1=2Sn-1+ , -得 - +an-an-1=2(Sn-Sn-1), 即 - -an-an-1=0, 所以(an+an-1)(an-an-1-1)=0. 因为 an0,所以 an-an-1=1, 所以数列an是公差为 1的等差数列, 当 n=1 时,由 +a1=2S1+ 可得,a1= ,所以 an=a1+(n-1)d= +(n-1)1=n+ (2)由(1)知 Sn=na1+ - d= ,所以 bn= ,Tn=b1+b2+b3+bn-1+bn=( -
8、) ( - )+ +( - - ) ( - ) 5.解 (1)方案一:选条件. 因为数列Sn+a1为等比数列, 所以(S2+a1)2=(S1+a1)(S3+a1), 即(2a1+a2)2=2a1(2a1+a2+a3). 设等比数列an的公比为 q,因为 a1=1,所以(2+q)2=2(2+q+q2), 解得 q=2 或 q=0(舍). 所以 an=a1qn-1=2n-1(nN*). 方案二:选条件. 因为点(Sn,an+1)在直线 y=x+1上, 所以 an+1=Sn+1(nN*), 所以 an=Sn-1+1(n2). 两式相减得 an+1-an=an, =2(n2).因为 a1=1,a2=S
9、1+1=a1+1=2, =2 适合上式, 所以数列an是首项为 1,公比为 2的等比数列,所以 an=a1qn-1=2n-1(nN*). 方案三:选条件. 当 n2时,因为 2na1+2n-1a2+2an=nan+1(nN*), 所以 2n-1a1+2n-2a2+2an-1=(n-1)an. 所以 2na1+2n-1a2+22an-1=2(n-1)an. -得 2an=nan+1-2(n-1)an,即 =2(n2). 当 n=1 时,2a1=a2, =2适合上式, 所以数列an是首项为 1,公比为 2的等比数列,所以 an=a1qn-1=2n-1(nN*). (2)由(1)得 an=2n-1(
10、nN*), 所以 bn= ( - ) 所以 Tn= ( - ) ( - )+ +( - - )+ = = = 6.解 (1)因为 nan+1-(n+1)an=1, 所以 , 所以 - - - (n2), - - - - - - , =1- , 所以 -a1=1- (n2). 又 a1=1,所以 - , 所以 an=2n-1(n2). 又 a1=1,也符合上式, 所以对任意正整数 n,an=2n-1. (2)结合(1)得 bn= - - ,所以 Sn= + - - , Sn= + - , -,得 Sn=1+2 + - - - =2- ,所以 Sn=3- - 7.解 (1)由题意知当 n2时,an
11、=Sn-Sn-1=6n+5,当 n=1时,a1=S1=11,所以 an=6n+5.设数列 bn的公差为 d, 由 即 可解得 b1=4,d=3,所以 bn=3n+1. (2)由(1)知 cn= =3(n+1) 2n+1,又 Tn=c1+c2+c3+cn,得 Tn=3222+323+424+(n+1)2n+1,2Tn=3223+324+425+(n+1)2n+2,两 式作差,得-Tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2=3 4+ - - -(n+1)2n+2=- 3n 2n+2,所以 Tn=3n 2n+2. 8.解 (1)当 n2时,an=Sn-Sn-1= - - =n, n=1
12、 时,a1=S1=1,满足上式,an=n. bn+1bn=2n+1,bnbn-1=2n(n2), bn+1=2bn-1(n2), 数列bn的奇数项和偶数项分别是 2为首项,2为公比的等比数列, bn= 为奇数 为偶数 (2) ai( - - ) i 2i- = i 2i- , 设 Mn=1 x+2 x2+3 x3+(n-1)xn-1+nxn(x0,1), xMn=1 x2+2 x3+3 x4+(n-1)xn+nxn+1, -得(1-x)Mn=x+x2+x3+xn-nxn+1= - - -nxn+1, Mn= - - - i 2i= - - - =(n-1) 2n+1+2, ( - - ) ( - ) =2- ,从而 ai( - - )=(n-1) 2 n+1+
