专题突破练12　求数列的通项及前n项和1.(2021·湖南长郡中学月考)已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,=9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列的前n项和Tn.2.(2021·河北张家口高三三模)已知数列{an}的前n项和为An,数列{bn}的前n项和为Bn,且An-Bn=2n+1-2.(1)求数列{an-bn}的通项公式;(2)若an+bn=,求数列{an·bn}的前n项和Tn.3.(2021·湖南郴州高三质监)已知数列{an}的首项a1=1,前n项和为Sn,且数列是公差为1 的等差数列.(1)求数列的前n项和Tn;(2)设等比数列{cn}的首项为2,公比为q(q>0),其前n项和为Pn,若存在正整数m,使得是Sm与P3的等比中项,求q的值.4.(2021·广东珠海高三一模)在①6a1=a2+a3,②a4=2a1+a2+a3,③2(a3+2)=a2+a4这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并作答.问题:各项均为正数的等比数列{an}的公比为q,满足an<an+1,a2+a3+a4=28,　　　　　. (1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=-anlog2an,Sn为数列{bn}的前n项和,若对任意正整数n,恒有Sn+(n+m)an+1>0成立,求m的取值范围.5.(2021·广东揭阳检测)已知等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足a1=b1=3,且b3-a3,20,a5+b2既是等差数列,又是等比数列.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)在①cn=+(-1)nbn,②cn=an·bn,③cn=这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并完成求解.若　　　　　,求数列{cn}的前n项和Sn.  6.(2021·山东菏泽一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=2Sn+2,数列{bn}满足b1=2,(n+2)bn=nbn+1.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列,求数列{bncn}的前n项和Tn.7.(2021·广东广州检测)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+3n+1.(1)求证:数列是等差数列;(2)求数列{an}的通项公式;(3)设数列{an}的前n项和为Sn,求证:.专题突破练12　求数列的通项及前n项和1.解(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0),由=9a2a6,得=9,所以q2=,所以q=由2a1+3a2=1,得2a1+3a1=1,所以a1=故数列{an}的通项公式为an=(2)因为bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-,所以=-=-2 所以Tn=+…+=-2+…+=-所以数列的前n项和Tn=-2.解(1)记数列{an-bn}的前n项和为Sn,所以Sn=An-Bn=2n+1-2,所以当n≥2时,Sn-1=2n-2,两式作差,得an-bn=2n(n≥2).因为当n=1时,S1=A1-B1=2,也符合上式,所以{an-bn}的通项公式为an-bn=2n.(2)由(1)知an-bn=2n,因为an+bn=,所以an·bn=[(an+bn)2-(an-bn)2]=(n-4n),所以数列{an·bn}的前n项和Tn=(1+2+…+n)-(41+42+…+4n)=,所以数列{an·bn}的前n项和Tn=3.解(1)由题设可得+n-1=n,即Sn=n2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,当n=1时,a1=1也适合上式,∴an=2n-1,,∴Tn=1-+…+=1-=(2)由(1)可知Sn=n2,由S3=Sm·P3得9=m2(2+2q+2q2),=2+2q+2q2,∵q>0,>2,∵m∈N*,∴m=1或m=2.当m=1时,2q2+2q+2=9,解得q=(舍负),当m=2时,2q2+2q+2=,解得q=(舍负),∴q=或q=4.解(1)因为an>0,an<an+1=anq,所以q>1.选①:由解得a1=q=2,∴an=a1qn-1=2n.选②:由解得a1=q=2,∴an=a1qn-1=2n.选③:由解得a1=q=2,∴an=a1qn-1=2n.(2)bn=-anlog2an=-n·2n,故Sn=-(1×21+2×22+3×23+…+n×2n),2Sn=-[1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1],相减得Sn=21+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2.Sn+(n+m)an+1=(1-n)·2n+1-2+n·2n+1+m·2n+1>0,即m>-1+对任意正整数n恒成立,当n=1时,-1+取得最大值-,所以m>-,因此,实数m的取值范围是-,+∞.5.解(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),由已知得20=b3-a3=a5+b2,即20=3q2-(3+2d),20=(3+4d)+3q,解得d=2,q=3,所以an=2n+1,bn=3n. (2)若选择①,则cn=+(-1)nbn=+(-3)n=+(-3)n,所以Sn=c1+c2+…+cn=+(-3)1++(-3)2+…++(-3)n=若选择②,则cn=an·bn=(2n+1)3n,所以Sn=c1+c2+…+cn=3×3+5×32+…+(2n+1)3n,3Sn=3×32+5×33+…+(2n+1)3n+1,两式相减得-2Sn=32+2×32+2×33+…+2×3n-(2n+1)3n+1=-2n·3n+1,所以Sn=n·3n+1.若选择③,则cn=,所以Sn=c1+c2+…+cn=++…+6.解(1)设等比数列{an}的公比为q,由an+1=2Sn+2,可得an=2Sn-1+2(n≥2),两式相减得an+1-an=2Sn-2Sn-1=2an,整理得an+1=3an,可知q=3.令n=1,则a2=2a1+2,即3a1=2a1+2,解得a1=2.故an=2·3n-1.由b1=2,(n+2)bn=nbn+1,得,则当n≥2时,bn=…b1=…2=n(n+1).又b1=2满足上式,所以bn=n(n+1).(2)若在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列,则an+1-an=(n+1)cn,即2·3n-2·3n-1=(n+1)cn,整理得cn=,所以bncn=4n·3n-1,所以Tn=b1c1+b2c2+b3c3+…+bn-1cn-1+bncn=4×1×30+4×2×31+4×3×32+…+4·(n-1)3n-2+4·n·3n-1=4[1×30+2×31+3×32+…+(n-1)3n-2+n·3n-1],3Tn=4[1×31+2×32+…+(n-1)3n-1+n·3n],两式相减得-2Tn=4(30+31+32+…+3n-1-n·3n)=4=(2-4n)·3n-2,所以Tn=(2n-1)3n+1.7.(1)证明由an+1=3an+3n+1,得+1,即=1.又,所以数列是以为首项,1为公差的等差数列.(2)解由(1)得+(n-1)×1=n-,所以an=3n.(3)证明由(2)得Sn=31+32+…+3n-1+3n,3Sn=32+33+…+(n-1)-×3n+3n+1,两式相减得2Sn=3n+1--1=n-×3n+1+,故Sn=3n+1+,从而