《第六章数列》章节训练习题

《第六章数列》章节训练习题第1讲数列的概念与简单表示法[基础题组练]1．已知数列eq\r(5)，eq\r(11)，eq\r(17)，eq\r(23)，eq\r(29)，…，则5eq\r(5)是它的()A．第19项 B．第20项C．第21项 D．第22项解析：选C.数列eq\r(5)，eq\r(11)，eq\r(17)，eq\r(23)，eq\r(29)，…中的各项可变形为eq\r(5)，eq\r(5＋6)，eq\r(5＋2×6)，eq\r(5＋3×6)，eq\r(5＋4×6)，…，所以通项公式为an＝eq\r(5＋6（n－1）)＝eq\r(6n－1)，令eq\r(6n－1)＝5eq\r(5)，得n＝21.2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－1，则a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝()A．40 B．44C．45 D．49解析：选B.法一：因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，n＝1,2n－1，n≥2))，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故选B.法二：因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，n＝1,2n－1，n≥2))，所以{an}从第二项起是等差数列，a2＝3，公差d＝2，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋4a6＝4×(2×6－1)＝44，故选B.3．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则an＝()A．2n B．2n－1C．2n D．2n－1解析：选C.当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，所以an＝2an－1，所以数列{an}为等比数列，公比为2，首项为2，所以an＝2n.4．已知数列{an}的首项为2，且数列{an}满足an＋1＝eq\f(an－1,an＋1)，数列{an}的前n项的和为Sn，则S2016等于()A．504 B．588C．－588 D．－504解析：选C.因为a1＝2，an＋1＝eq\f(an－1,an＋1)，所以a2＝eq\f(1,3)，a3＝－eq\f(1,2)，a4＝－3，a5＝2，…，所以数列{an}的周期为4，且a1＋a2＋a3＋a4＝－eq\f(7,6)，因为2016÷4＝504，所以S2016＝504×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)))＝－588，故选C.5．数列{an}满足a1＝2，an＋1＝aeq\o\al(2,n)(an＞0)，则an＝()A．10n－2 B．10n－1C．102n－4 D．22n－1解析：选D.因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝aeq\o\al(2,n)(an＞0)，所以log2an＋1＝2log2an⇒eq\f(log2an＋1,log2an)＝2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(log2an))是公比为2的等比数列，所以log2an＝log2a1·2n－1⇒an＝22n－1.6．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则an＝________．解析：当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1)－(3n－1＋1)＝2·3n－1.当n＝1时，2×31－1＝2≠a1，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))答案：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2))7．数列{an}中，a1＝2，且an＋1＝eq\f(1,2)an－1，则a5的值为______．解析：由an＋1＝eq\f(1,2)an－1，得an＋1＋2＝eq\f(1,2)(an＋2)，所以数列{an＋2}是以4为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以an＋2＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝23－n，an＝23－n－2，所以a5＝23－5－2＝－eq\f(7,4).答案：－eq\f(7,4)8．已知数列{an}满足an≠0，2an(1－an＋1)－2an＋1(1－an)＝an－an＋1＋an·an＋1，且a1＝eq\f(1,3)，则数列{an}的通项公式an＝________．解析：因为an≠0，2an(1－an＋1)－2an＋1(1－an)＝an－an＋1＋an·an＋1，所以两边同除以an·an＋1，得eq\f(2（1－an＋1）,an＋1)－eq\f(2（1－an）,an)＝eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＋1，整理，得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，即{eq\f(1,an)}是以3为首项，1为公差的等差数列，所以eq\f(1,an)＝3＋(n－1)×1＝n＋2，即an＝eq\f(1,n＋2).答案：eq\f(1,n＋2)9．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq\f(n＋2,3)an.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式．解：(1)由S2＝eq\f(4,3)a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3.由S3＝eq\f(5,3)a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝eq\f(3,2)(a1＋a2)＝6.(2)由题设知a1＝1.当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，整理得an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1.于是a1＝1，a2＝eq\f(3,1)a1，a3＝eq\f(4,2)a2，…an－1＝eq\f(n,n－2)an－2，an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1.将以上n个等式两端分别相乘，整理得an＝eq\f(n（n＋1）,2).显然，当n＝1时也满足上式．综上可知，{an}的通项公式an＝eq\f(n（n＋1）,2).10．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．解：(1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，即bn＋1＝2bn，又b1＝S1－3＝a－3，所以数列{bn}的通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.(2)由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)＋a－3))，当n≥2时，an＋1≥an⇒12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)＋a－3≥0⇒a≥－9.又a2＝a1＋3＞a1.综上，a的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)．[综合题组练]1．在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N*，都有am＋n＝am·an.若a6＝64，则a9等于()A．256 B．510C．512 D．1024解析：选C.在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N*，都有am＋n＝am·an.所以a6＝a3·a3＝64，a3＝8.所以a9＝a6·a3＝64×8＝512.2．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于()A．15 B．12C．－12 D．－15解析：选A.由题意知，a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…＋(－1)10×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9×(3×9－2)＋(－1)10×(3×10－2)]＝3×5＝15.3．(创新型)若数列{an}满足a1·a2·a3·…·an＝n2＋3n＋2，则数列{an}的通项公式为________．解析：a1·a2·a3·…·an＝(n＋1)(n＋2)，当n＝1时，a1＝6；当n≥2时，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1·a2·a3·…·an－1·an＝（n＋1）（n＋2），,a1·a2·a3·…·an－1＝n（n＋1），))故当n≥2时，an＝eq\f(n＋2,n)，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,\f(n＋2,n)，n≥2，n∈N*.))答案：an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,\f(n＋2,n)，n≥2，n∈N*))4．(应用型)已知数列{an}中，a1＝a，a2＝2－a，an＋2－an＝2，若数列{an}单调递增，则实数a的取值范围为________．解析：由an＋2－an＝2可知数列{an}的奇数项、偶数项分别递增，若数列{an}单调递增，则必有a2－a1＝(2－a)－a＞0且a2－a1＝(2－a)－a＜an＋2－an＝2，可得0＜a＜1，故实数a的取值范围为(0，1)．答案：(0，1)5．(应用型)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)令n＝1，T1＝2S1－1，因为T1＝S1＝a1，所以a1＝2a1－1，所以a1＝1.(2)n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1＝2an－2n＋1.因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，两式相减得an＝2an－2an－1－2，所以an＝2an－1＋2(n≥2)，所以an＋2＝2(an－1＋2)，因为a1＋2＝3≠0，所以数列{an＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．所以an＋2＝3×2n－1，所以an＝3×2n－1－2，当n＝1时也成立，所以an＝3×2n－1－2.6．(创新型)已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a＞0，x∈R)，有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设cn＝1－eq\f(4,an)(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋1＜0的正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4.又由a＞0得a＝4，所以f(x)＝x2－4x＋4.所以Sn＝n2－4n＋4.当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－5，n≥2.))(2)由题意得cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,1－\f(4,2n－5)，n≥2.))由cn＝1－eq\f(4,2n－5)可知，当n≥5时，恒有cn＞0.又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－eq\f(1,3)，c5＝eq\f(1,5)，c6＝eq\f(3,7)，即c1·c2＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0.所以数列{cn}的变号数为3.第2讲等差数列及其前n项和[基础题组练]1．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则()A．an＝2n－5 B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2n解析：选A.法一：设等差数列{an}的公差为d，因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n2－4n.故选A.法二：设等差数列{an}的公差为d，因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))选项A，a1＝2×1－5＝－3；选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；选项D，S1＝eq\f(1,2)－2＝－eq\f(3,2)，排除D.故选A.2．(一题多解)在等差数列{an}中，若Sn为前n项和，2a7＝a8＋5，则S11的值是()A．55 B．11C．50 D．60解析：选A.通解：设等差数列{an}的公差为d，由题意可得2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得a1＋5d＝5，则S11＝11a1＋eq\f(11×10,2)d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55，故选A.优解：设等差数列{an}的公差为d，由2a7＝a8＋5，得2(a6＋d)＝a6＋2d＋5，得a6＝5，所以S11＝11a6＝55，故选A.3．(一题多解)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为()A．1 B．2C．4 D．8解析：选C.法一：等差数列{an}中，S6＝eq\f(（a1＋a6）×6,2)＝48，则a1＋a6＝16＝a2＋a5，又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，得d＝4，故选C.法二：由已知条件和等差数列的通项公式与前n项和公式可列方程组，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24，,2a1＋5d＝16，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝4，))故选C.4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)，则a2017的值为()A．2018 B．4028C．5037 D．3019解析：选B.由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(am＝a1＋（m－1）d＝4，,Sm＝ma1＋\f(m（m－1）,2)d＝0，,Sm＋2－Sm＝am＋1＋am＋2＝2a1＋（m＋m＋1）d＝14，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,m＝5，,d＝2，))所以an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，所以a2017＝2×2017－6＝4028.故选B.5．等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时n的值为()A．6 B．7C．8 D．9解析：选C.由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－eq\f(15d,2)，则a8＝－eq\f(d,2)<0，a9＝eq\f(d,2)>0，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则eq\f(S11,S5)＝________．解析：eq\f(S11,S5)＝eq\f(\f(11,2)（a1＋a11）,\f(5,2)（a1＋a5）)＝eq\f(11a6,5a3)＝eq\f(22,5).答案：eq\f(22,5)7．在等差数列{an}中，公差d＝eq\f(1,2)，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________．解析：因为S100＝eq\f(100,2)(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝eq\f(9,10)，a1＋a99＝a1＋a100－d＝eq\f(2,5)，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝eq\f(50,2)(a1＋a99)＝eq\f(50,2)×eq\f(2,5)＝10.答案：108．在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝eq\f(3,4)，则a1＝________．解析：由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又因为a2a4＝eq\f(3,4)，数列{an}单调递增，所以a2＝eq\f(1,2)，a4＝eq\f(3,2).所以公差d＝eq\f(a4－a2,2)＝eq\f(1,2).所以a1＝a2－d＝0.答案：09．已知等差数列{an}的前三项的和为－9，前三项的积为－15.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.解：(1)设公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.(2)由题意得an＝2n－7，所以|an|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7－2n，n≤3,2n－7，n≥4))，①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(5＋（7－2n）,2)n＝6n－n2；②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n2＋6n，n≤3,n2－6n＋18，n≥4)).10．已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.(1)求d及Sn；(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.因为d>0，所以d＝2.从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋k－1＝13，,k＋1＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝5，,k＝4.))即所求m的值为5，k的值为4.[综合题组练]1．若{an}是等差数列，首项a1>0，a2016＋a2017>0，a2016·a2017<0，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是()A．2016 B．2017C．4032 D．4033解析：选C.因为a1>0，a2016＋a2017>0，a2016·a2017<0，所以d<0，a2016>0，a2017<0，所以S4032＝eq\f(4032（a1＋a4032）,2)＝eq\f(4032（a2016＋a2017）,2)>0，S4033＝eq\f(4033（a1＋a4033）,2)＝4033a2017<0，所以使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是4032.2．等差数列{an}中，eq\f(an,a2n)是一个与n无关的常数，则该常数的可能值的集合为()A．{1} B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))解析：选B.eq\f(an,a2n)＝eq\f(a1＋（n－1）d,a1＋（2n－1）d)＝eq\f(a1－d＋nd,a1－d＋2nd)，若a1＝d，则eq\f(an,a2n)＝eq\f(1,2)；若a1≠0，d＝0，则eq\f(an,a2n)＝1.因为a1＝d≠0，所以eq\f(an,a2n)≠0，所以该常数的可能值的集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2))).3．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________．解析：由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以n≤5时，an≤0，当n>5时，an>0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.答案：1304．若数列{an}是正项数列，且eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an)＝n2＋n，则a1＋eq\f(a2,2)＋…＋eq\f(an,n)等于________．解析：当n＝1时，eq\r(a1)＝2⇒a1＝4，又eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an)＝n2＋n①，所以当n≥2时，eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an－1)＝(n－1)2＋(n－1)＝n2－n②，①－②得eq\r(an)＝2n，即an＝4n2，所以eq\f(an,n)＝eq\f(4n2,n)＝4n，所以a1＋eq\f(a2,2)＋…＋eq\f(an,n)＝eq\f(（4＋4n）n,2)＝2n2＋2n.答案：2n2＋2n5．(创新型)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3.解得a1＝1，d＝eq\f(2,5).所以{an}的通项公式为an＝eq\f(2n＋3,5).(2)由(1)知，bn＝[eq\f(2n＋3,5)]．当n＝1，2，3时，1≤eq\f(2n＋3,5)＜2，bn＝1；当n＝4，5时，2<eq\f(2n＋3,5)＜3，bn＝2；当n＝6，7，8时，3≤eq\f(2n＋3,5)＜4，bn＝3；当n＝9，10时，4<eq\f(2n＋3,5)＜5，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.6．(应用型)已知一次函数f(x)＝x＋8－2n.(1)设函数y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标构成数列{an}，求证：数列{an}是等差数列；(2)设函数y＝f(x)的图象与y轴的交点到x轴的距离构成数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)证明：由题意得an＝8－2n，因为an＋1－an＝8－2(n＋1)－8＋2n＝－2，且a1＝8－2＝6，所以数列{an}是首项为6，公差为－2的等差数列．(2)由题意得bn＝|8－2n|.由b1＝6，b2＝4，b3＝2，b4＝0，b5＝2，可知此数列前4项是首项为6，公差为－2的等差数列，从第5项起，是首项为2，公差为2的等差数列．所以当n≤4时，Sn＝6n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－2)＝－n2＋7n，当n≥5时，Sn＝S4＋(n－4)×2＋eq\f(（n－5）（n－4）,2)×2＝n2－7n＋24.故Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n2＋7n，n≤4，n∈N*，,n2－7n＋24，n≥5，n∈N*.))第3讲等比数列及其前n项和[基础题组练]1．已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是()A．1 B．－eq\f(1,2)C．1或－eq\f(1,2) D．－1或eq\f(1,2)解析：选C.当q＝1时，an＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q2＝7，,\f(a1（1－q3）,1－q)＝21，))得q＝－eq\f(1,2).综上，q的值是1或－eq\f(1,2)，故选C.2．在等比数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝()A．135 B．100C．95 D．80解析：选A.由等比数列前n项和的性质知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8成等比数列，其首项为40，公比为eq\f(60,40)＝eq\f(3,2)，所以a7＋a8＝40×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(3)＝135.3．等比数列{an}的各项为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝()A．12 B．10C．8 D．2＋log35解析：选B.由题a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2…a10)＝log3(a5a6)5＝5log39＝10.4．(一题多解)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10等于()A．7 B．5C．－5 D．－7解析：选D.法一：设数列{an}的公比为q，则由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝a1q3＋a1q6＝2，,a5a6＝a1q4×a1q5＝aeq\o\al(2,1)q9＝－8，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q3＝－2，,a1＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q3＝－\f(1,2)，,a1＝－8，))所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.法二：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝2，,a5a6＝a4a7＝－8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝－2，,a7＝4))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝4，,a7＝－2.))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q3＝－2，,a1＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q3＝－\f(1,2)，,a1＝－8，))所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.5．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是()A．13 B．12C．11 D．10解析：选B.设该等比数列为{an}，其前n项积为Tn，则由已知得a1·a2·a3＝3，an－2·an－1·an＝9，(a1·an)3＝3×9＝33，所以a1·an＝3，又Tn＝a1·a2·…·an－1·an＝an·an－1·…·a2·a1，所以Teq\o\al(2,n)＝(a1·an)n，即7292＝3n，所以n＝12.6．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1a6＝2a3，a4与2a6的等差中项为eq\f(3,2)，则S5＝________．解析：设{an}的公比为q(q>0)，因为a1a6＝2a3，而a1a6＝a3a4，所以a3a4＝2a3，所以a4＝2.又a4＋2a6＝3，所以a6＝eq\f(1,2)，所以q＝eq\f(1,2)，a1＝16，所以S5＝eq\f(16[1－（\f(1,2)）5],1－\f(1,2))＝31.答案：317．设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9＝________．解析：因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝eq\f(1,8).所以a7＋a8＋a9＝eq\f(1,8).答案：eq\f(1,8)8．数列{an}满足：an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值为________．解析：由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,λ))).由于数列{an－1}是等比数列，所以eq\f(2,λ)＝1，得λ＝2.答案：29．已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5＝eq\f(31,32)，求λ.解：(1)由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq\f(1,1－λ)，故a1≠0.由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(λ,λ－1).因此{an}是首项为eq\f(1,1－λ)，公比为eq\f(λ,λ－1)的等比数列，于是an＝eq\f(1,1－λ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))eq\s\up12(n－1).(2)由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))eq\s\up12(n).由S5＝eq\f(31,32)得1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))eq\s\up12(5)＝eq\f(31,32)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))eq\s\up12(5)＝eq\f(1,32).解得λ＝－1.10．已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝eq\f(a4－a1,3)＝eq\f(12－3,3)＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝eq\f(b4－a4,b1－a1)＝eq\f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．数列{3n}的前n项和为eq\f(3,2)n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.所以，数列{bn}的前n项和为eq\f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.[综合题组练]1．(创新型)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A．1盏 B．3盏C．5盏 D．9盏解析：选B.每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝eq\f(a1（1－27）,1－2)＝381，解得a1＝3，故选B.2．(应用型)设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1，2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23，19，37，82}中，则q等于()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C．－eq\f(3,2) D.eq\f(3,2)解析：选C.{bn}有连续四项在{－53，－23，19，37，82}中且bn＝an＋1.an＝bn－1，则{an}有连续四项在{－54，－24，18，36，81}中．因为{an}是等比数列，等比数列中有负数项，则q<0，且负数项为相隔两项，所以等比数列各项的绝对值递增或递减．按绝对值的顺序排列上述数值18，－24，36，－54，81，相邻两项相除eq\f(－24,18)＝－eq\f(4,3)，eq\f(36,－24)＝－eq\f(3,2)，－eq\f(54,36)＝－eq\f(3,2)，eq\f(81,－54)＝－eq\f(3,2)，则可得－24，36，－54，81是{an}中连续的四项．q＝－eq\f(3,2)或q＝－eq\f(2,3)(因为|q|>1，所以此种情况应舍)，所以q＝－eq\f(3,2).故选C.3．在递增的等比数列{an}中，已知a1＋an＝34，a3·an－2＝64，且前n项和Sn＝42，则n＝________．解析：因为{an}为等比数列，所以a3·an－2＝a1·an＝64.又a1＋an＝34，所以a1，an是方程x2－34x＋64＝0的两根，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,an＝32))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝32，,an＝2.))又因为{an}是递增数列，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,an＝32.))由Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)＝eq\f(2－32q,1－q)＝42，解得q＝4.由an＝a1qn－1＝2×4n－1＝32，解得n＝3.答案：34．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有eq\f(am＋n,am)＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________．解析：因为eq\f(an＋m,am)＝an，令m＝1，则eq\f(an＋1,a1)＝an，即eq\f(an＋1,an)＝a1＝2，所以{an}是首项a1＝2，公比q＝2的等比数列，Sn＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2.答案：2n＋1－25．已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列．(2)求{an}和{bn}的通项公式．解：(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq\f(1,2)(an＋bn)．又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列．由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，an＋bn＝eq\f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1.所以an＝eq\f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq\f(1,2n)＋n－eq\f(1,2)，bn＝eq\f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq\f(1,2n)－n＋eq\f(1,2).6．(应用型)已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；(2)求T2n.解：(1)因为an·an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，所以an＋1·an＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)，所以eq\f(an＋2,an)＝eq\f(1,2)，即an＋2＝eq\f(1,2)an.因为bn＝a2n＋a2n－1，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(a2n＋2＋a2n＋1,a2n＋a2n－1)＝eq\f(\f(1,2)a2n＋\f(1,2)a2n－1,a2n＋a2n－1)＝eq\f(1,2)，因为a1＝1，a1·a2＝eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(1,2)，所以b1＝a1＋a2＝eq\f(3,2).所以{bn}是首项为eq\f(3,2)，公比为eq\f(1,2)的等比数列．所以bn＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(3,2n).(2)由(1)可知，an＋2＝eq\f(1,2)an，所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以eq\f(1,2)为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝eq\f(1,2)为首项，以eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝3－eq\f(3,2n).第4讲数列求和[基础题组练]1．数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为()A．－200 B．－100C．200 D．100解析：选D.由题意知S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.2．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为()A．990 B．1000C．1100 D．99解析：选A.n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.3．已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2018＝()A．3 B．2C．1 D．0解析：选A.因为an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，所以a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2018＝336×0＋a2017＋a2018＝a1＋a2＝3.故选A.4.eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2－1)的值为()A.eq\f(n＋1,2（n＋2）) B.eq\f(3,4)－eq\f(n＋1,2（n＋2）)C.eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))) D.eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)解析：选C.因为eq\f(1,（n＋1）2－1)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,n（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2018等于()A．22018－1 B．3×21009－3C．3×21009－1 D．3×21008－2解析：选B.a1＝1，a2＝eq\f(2,a1)＝2，又eq\f(an＋2·an＋1,an＋1·an)＝eq\f(2n＋1,2n)＝2，所以eq\f(an＋2,an)＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，所以S2018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2017＋a2018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2018)＝eq\f(1－21009,1－2)＋eq\f(2（1－21009）,1－2)＝3·21009－3.故选B.6．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，记Tn＝eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)(n∈N*)，则T2018＝________．解析：由an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，可得an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差d＝a2－a1＝2－1＝1，通项公式an＝a1＋(n－1)×d＝1＋n－1＝n，则其前n项和Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n（n＋1）,2)，所以eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，Tn＝eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝2(eq\f(1,1)－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝2(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(2n,n＋1)，故T2018＝eq\f(2×2018,2018＋1)＝eq\f(4036,2019).答案：eq\f(4036,2019)7．已知数列{an}中，a1＝2，且eq\f(aeq\o\al(2,n＋1),an)＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项和S9＝________．解析：由已知，得aeq\o\al(2,n＋1)＝4anan＋1－4aeq\o\al(2,n)，即aeq\o\al(2,n＋1)－4anan＋1＋4aeq\o\al(2,n)＝(an＋1－2an)2＝0，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故S9＝eq\f(2×（1－29）,1－2)＝210－2＝1022.答案：10228．已知数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－aeq\o\al(2,n))，且a1＝eq\f(1,2)，则该数列的前2018项的和等于________．解析：因为a1＝eq\f(1,2)，又an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－aeq\o\al(2,n))，所以a2＝1，从而a3＝eq\f(1,2)，a4＝1，即得an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝2k－1（k∈N*），,1，n＝2k（k∈N*），))故数列的前2018项的和等于S2018＝1009×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝eq\f(3027,2).答案：eq\f(3027,2)9．已知数列{an}满足：eq\f(1,a1)＋eq\f(2,a2)＋…＋eq\f(n,an)＝eq\f(3,8)(32n－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3eq\f(an,n)，求eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1).解：(1)eq\f(1,a1)＝eq\f(3,8)(32－1)＝3，当n≥2时，因为eq\f(n,an)＝(eq\f(1,a1)＋eq\f(2,a2)＋…＋eq\f(n,an))－(eq\f(1,a1)＋eq\f(2,a2)＋…＋eq\f(n－1,an－1))＝eq\f(3,8)(32n－1)－eq\f(3,8)(32n－2－1)＝32n－1，当n＝1，eq\f(n,an)＝32n－1也成立，所以an＝eq\f(n,32n－1).(2)bn＝log3eq\f(an,n)＝－(2n－1)，因为eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，所以eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,2n＋1))＝eq\f(n,2n＋1).10．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq\f(3an－1,2).(1)求an；(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，化简得an＝3an－1(n≥2)，在①中，令n＝1可得，a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an＝3n－1.(2)bn＝(n－1)3n－1，Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③则3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n＝eq\f(3－3n,1－3)－(n－1)×3n＝eq\f(（3－2n）×3n－3,2).所以Tn＝eq\f(（2n－3）×3n＋3,4).[综合题组练]1．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于()A．76 B．78C．80 D．82解析：选B.由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1·an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1，5，9及n＝2，6，10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2017的值为()A．2015 B．2013C．1008 D．1009解析：选D.因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1009，故选D.3．已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“