2023届高考数学二轮复习 微专题作业46 利用数列前n项和与通项探究递推关系（含解析）

这是一份2023届高考数学二轮复习 微专题作业46 利用数列前n项和与通项探究递推关系（含解析），共4页。

1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝2a2＋3，S3＝2a3＋3，则公比q的值为________．
2．设数列{an} 的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，设bn＝eq \f(an,2n)，则{bn}的通项公式为bn＝________．
3．各项均为正数的等比数列{an}，a1＝1，a2·a4＝16，单调递增数列{bn}的前n项和为Sn，a4＝b3，且6Sn＝bn2＋3bn＋2(n∈N*)．则数列{bn}的通项公式为________．
4．已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.若2a2，a3，a2＋2成等差数列，因此，数列{an}的通项公式为________．
5．设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________．
6．各项都为正数的数列{an}，其前n项的和为Sn，
Sn＝(eq \r(Sn－1)＋eq \r(a1))2，(n≥2)，若bn＝eq \f(an＋1,an)＋eq \f(an,an＋1)，
且数列{bn}的前n项的和为Tn，则Tn＝________．
7．设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋1＝2an，(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
8．已知各项均为正数的数列{an}满足：an2＝4Sn－2an－1(n∈N*)，其中Sn为{an}的前n项和．
(1)a1，a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
微专题46
1．答案：2.
解析：a3＝S3－S2＝2a3－2a2，所以a3＝2a2，故公比q＝2.
2．答案：bn＝eq \f(3n－1,4).
解析：因为Sn＋1＝4an＋2，所以Sn＝4an－1＋2(n≥2)，两式相减得an＋1＋4an－1＝4an(n≥2)，
所以bn＋1＋bn－1＝eq \f(an＋1,2n＋1)＋eq \f(4an,2n－1)＝eq \f(4an,2n＋1)＝2bn(n≥2)，所以数列{bn}是等差数列．
又由题设得b1＝eq \f(1,2)，b2＝eq \f(5,4)，所以公差d＝eq \f(5,4)－eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)，所以得bn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,4)(n－1)＝eq \f(3n－1,4).
3．答案：bn＝3n－1.
解析：因为a2a4＝a12q4＝q4＝16，q2＝4，∵an>0，∴q＝2，∴an＝2n－1；
∴b3＝a4＝8.∵6Sn＝bn2＋3bn＋2，①
当n≥2时，6Sn－1＝bn－12＋3bn－1＋2，②
①－②得6bn＝bn2－bn－12＋3bn－3bn－1，即(bn＋bn－1)(bn－bn－1)＝3(bn＋bn－1)
∵6S1＝b12＋3b1＋2，∴b1＝1或b1＝2，∴{bn}是单调递增数列．∴bn>0∴bn－bn－1＝3，∴{bn}是公差为3的等差数列．当b1＝1时，b3＝7≠8，不合题意，舍去．∴bn＝b3＋(n－3)d＝8＋(n－3)×3＝3n－1.
4．答案：an＝2n－1(n∈N*)．
解析：由已知，Sn＋1 ＝qSn＋1，Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，所以an＋1＝qan对所有n≥1都成立，所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列，从而an＝qn－1.由2a2，a3，a2＋2成等差数列，可得2a3＝3a2＋2，即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，由已知，q>0，故q＝2，所以，an＝2n－1(n∈N*)．
5．答案：1，121.
解法1由an＋1＝2Sn＋1，得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得，an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，而a2＝2a1＋1，S2＝a1＋a2＝4，解得a1＝1，a2＝3，故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以S5＝eq \f(1×（1－35）,1－3)＝121.
解法2 Sn＋1＝Sn＋2Sn＋1，Sn＋1＝3Sn＋1，即Sn＋1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)(Sn＋eq \f(1,2))，∴S1＝1.∴S5＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)×34，∴S5＝121.
6．答案：an＝2n＋2－eq \f(2,2n＋1).
解析：计算可知，an＝(2n－1)a1，故bn＝2＋2(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))．∴Tn＝2n＋2(1－eq \f(1,2n＋1))＝2n＋2－eq \f(2,2n＋1).
7．答案：an＝2n－1.
解析：当n＝1时，S1＋1＝2a1，∴a1＝1.当n≥2时，又Sn－1＋1＝2an－1，∴Sn＋1－(Sn－1＋1)＝2an－2an－1，即an＝2an－1，∴{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故an＝2n－1.
8．答案：(1)a1＝1，a2＝3；(2)an＝2n＋1.
解析：(1)n＝1时，a12＝4S1－2a1－1＝2a1－1，即(a1－1)2＝0得a1＝1，n＝2时，a22＝4a2－2a2－1＝4a1＋2a2－1＝3＋2a2得a2＝3或a2＝－1(舍)；
(2)由an2＝4Sn－2an－1递推得an＋12＝4Sn＋1－2an＋1－1，两式相减得an＋12－an2＝4Sn＋1－4Sn－2an＋1＋2an，化简得：(an＋1＋an)(an＋1－an)＝2(an＋1＋an)，因为an>0，所以an＋1－an＝2，即{an}使首项为a1＝1，公差为d＝2的等差数列，故an＝2n＋1.