高考数学一轮总复习：第六章 数列

高考数学一轮总复习：第六章数列目录第1课时数列的基本概念第2课时等差数列第3课时等比数列专题研究一递推数列的通项的求法专题研究二数列的求和专题研究三数列的综合应用第1课时数列的基本概念1．在数列1，1，2，3，5，8，13，x，34，55，…中，x应取()A．19 B．20C．21 D．22答案C解析a1＝1，a2＝1，a3＝2，∴an＋2＝an＋1＋an，∴x＝8＋13＝21，故选C.2．数列0，eq\f(2,3)，eq\f(4,5)，eq\f(6,7)，…的一个通项公式为()A．an＝eq\f(n－1,n＋1) B．an＝eq\f(n－1,2n＋1)C．an＝eq\f(2（n－1）,2n－1) D．an＝eq\f(2n,2n＋1)答案C解析将0写成eq\f(0,1)，观察数列中每一项的分子、分母可知，分子为偶数列，可表示为2(n－1)，n∈N*；分母为奇数列，可表示为2n－1，n∈N*，故选C.3．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝eq\f(n,n＋1)，则eq\f(1,a5)等于()A.eq\f(5,6) B.eq\f(6,5)C.eq\f(1,30) D．30答案D解析∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n,n＋1)－eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,n（n＋1）)，∴eq\f(1,a5)＝5×(5＋1)＝30.4．观察下列各图，并阅读图形下面的文字．像这样，10条直线相交，交点的个数最多是()A．40个 B．45个C．50个 D．55个答案B解析方法一：最多交点个数的规律是：1，1＋2，1＋2＋3，……，1＋2＋3＋…＋n，……∴10条直线交点个数最多是：1＋2＋…＋9＝45.方法二：设n条直线的交点个数为an(n≥2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3－a2＝2，,a4－a3＝3，,……,a10－a9＝9.))累加得a10－a2＝2＋3＋…＋9，∴a10＝1＋2＋3＋…＋9＝45.5．若数列{an}满足a1＝2，an＋1an＝an－1，则a2020的值为()A．－1 B.eq\f(1,2)C．2 D．3答案C解析因为数列{an}满足a1＝2，an＋1an＝an－1，所以an＋1＝1－eq\f(1,an)，所以a2＝eq\f(1,2)，a3＝1－2＝－1，a4＝1＋1＝2，可知数列的周期为3.而2020＝3×673＋1，所以a2020＝a1＝2.故选C.6．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答案C解析当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}为等比数列，公比为2，首项为2，∴通项公式为an＝2n.故选C.7．已知数列{an}满足a0＝1，an＝a0＋a1＋…＋an－1(n≥1)，则当n≥1时，an等于()A．2n B.eq\f(1,2)n(n＋1)C．2n－1 D．2n－1答案C解析方法一：由题设可知a1＝a0＝1，a2＝a0＋a1＝2.代入四个选项检验可知an＝2n－1.故选C.方法二：n≥1时，an＝Sn－1，∴an＋1＝Sn，∴an＝Sn－Sn－1＝an＋1－an，∴an＋1＝2an，故{an}为等比数列，从而求得an.8．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{nan}中数值最小的项是()A．第2项 B．第3项C．第4项 D．第5项答案B解析∵Sn＝n2－10n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．∴an＝2n－11(n∈N*)．记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函数图像的对称轴为直线n＝eq\f(11,4)，但n∈N*，∴当n＝3时，f(n)取最小值．于是，数列{nan}中数值最小的项是第3项．9．数列eq\f(\r(5),3)，eq\f(\r(10),8)，eq\f(\r(17),a＋b)，eq\f(\r(a－b),24)，…中，有序实数对(a，b)可以是()A．(21，－5) B．(16，－1)C．(－eq\f(41,2)，eq\f(11,2)) D．(eq\f(41,2)，－eq\f(11,2))答案D解析由数列中的项可观察规律，5－3＝10－8＝17－(a＋b)＝(a－b)－24＝2，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝15，,a－b＝26，))解得a＝eq\f(41,2)，b＝－eq\f(11,2).故选D.10．观察下列的图形中小正方形的个数，则第n个图中的小正方形的个数f(n)为()A.eq\f(（n＋1）（n＋2）,2) B.eq\f(（n＋2）（n＋3）,2)C.eq\f(n,2) D.eq\f(n2＋n,2)答案A解析由题意可得f(1)＝2＋1；f(2)＝3＋2＋1；f(3)＝4＋3＋2＋1；f(4)＝5＋4＋3＋2＋1；f(5)＝6＋5＋4＋3＋2＋1；…；∴f(n)＝(n＋1)＋n＋(n－1)＋…＋1＝eq\f(（n＋1）（n＋2）,2).11．已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝m，a2＝n，Sn为数列{an}的前n项和，则S2017的值为()A．2017n－m B．n－2017mC．m D．n答案C解析根据题意计算可得a3＝n－m，a4＝－m，a5＝－n，a6＝m－n，a7＝m，a8＝n，…，因此数列{an}是以6为周期的周期数列，且a1＋a2＋…＋a6＝0，所以S2017＝S336×6＋1＝a1＝m.故选C.12．已知Sn是各项均为正数的数列{an}的前n项和，Sn>1且Sn＝eq\f(（an＋3）（an＋1）,8)(n∈N*)，则an＝()A．4n－1 B．4n－3C．4n－3或4n－1 D．n＋2答案A解析当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(（a1＋3）（a1＋1）,8)，解得a1＝1或a1＝3，∵Sn>1，∴a1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(（an＋3）（an＋1）,8)－eq\f(（an－1＋3）（an－1＋1）,8)，即(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0，∵an>0，故an－an－1＝4，∴{an}是首项为3，公差为4的等差数列，∴an＝3＋4(n－1)＝4n－1.13．定义an＝5n＋(eq\f(1,5))n，其中n∈{eq\f(1,10)，eq\f(1,5)，eq\f(1,2)，1}，则an取最小值时，n的值为()A.eq\f(1,10) B.eq\f(1,5)C.eq\f(1,2) D．1答案A解析令5n＝t>0，考虑函数y＝t＋eq\f(1,t)(t>0)，易知其中(0，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，且当t＝1时，y的值最小．再考虑函数t＝5n，当0<n≤1时，t∈(1，5]，可知当n＝eq\f(1,10)时，an取得最小值．故选A.14．已知数列2016，2017，1，－2016，－2017，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2017项之和S2017等于________．答案2016解析根据题意可将该数列多写几项出来，以便观察：2016，2017，1，－2016，－2017，－1，2016，2017，1，….观察发现该数列是周期为6的周期数列，且前6项的和为0.而要求的2017＝6×336＋1，则S2017＝0×336＋a2017＝0＋a1＝2016.15．设数列{an}的各项都是正数，且对任意n∈N*，都有4Sn＝an2＋2an，其中Sn为数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式为an＝________．答案2n解析当n＝1时，由4S1＝a12＋2a1，a1>0，得a1＝2；当n≥2时，由4an＝4Sn－4Sn－1＝(an2＋2an)－(an－12＋2an－1)，得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.因为an＋an－1>0，所以an－an－1＝2，则数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，故an＝2＋(n－1)×2＝2n.16．数列{an}的通项为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－1，n≤4，,－n2＋（a－1）n，n≥5，))(n∈N*)，若a5是{an}中的最大值，求a的取值范围．答案[9，12]解析当n≤4时，an＝2n－1单调递增，因此n＝4时取最大值，a4＝24－1＝15.当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－(n－eq\f(a－1,2))2＋eq\f(（a－1）2,4).∵a5是{an}中的最大值，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,2)≤5.5，,－52＋5（a－1）≥15，))解得9≤a≤12.∴a的取值范围是[9，12]．17．已知在数列{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．答案(1)a2＝3，a3＝6(2)an＝eq\f(n（n＋1）,2)解析(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>1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).综上，{an}的通项公式an＝eq\f(n（n＋1）,2).第2课时等差数列1．若等差数列{an}的公差为d，则数列{a2n－1}是()A．公差为d的等差数列 B．公差为2d的等差数列C．公差为nd的等差数列 D．非等差数列答案B解析数列{a2n－1}其实就是a1，a3，a5，a7，…，奇数项组成的数列，它们之间相差2d.2．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a3＝6，S3＝12，则公差d等于()A．1 B.eq\f(5,3)C．2 D．3答案C解析由已知得S3＝3a2＝12，即a2＝4，∴d＝a3－a2＝6－4＝2.3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S8＝4a3，a7＝－2，则a9等于()A．－6 B．－4C．－2 D．2答案A解析S8＝eq\f(8（a1＋a8）,2)＝4(a3＋a6)．因为S8＝4a3，所以a6＝0.又a7＝－2，所以d＝a7－a6＝－2，所以a8＝－4，a9＝－6.故选A.4．在等差数列{an}中，a2＝5，a7＝3，在该数列中的任何两项之间插入一个数，使之仍为等差数列，则这个新等差数列的公差为()A．－eq\f(2,5) B．－eq\f(4,5)C．－eq\f(1,5) D．－eq\f(3,5)答案C解析{an}的公差d＝eq\f(3－5,7－2)＝－eq\f(2,5)，∴新等差数列的公差d′＝(－eq\f(2,5))×eq\f(1,2)＝－eq\f(1,5)，故选C.5．等差数列{an}的公差d<0，且a12＝a212，则数列{an}的前n项和Sn取得最大值时的项数n是()A．9 B．10C．10和11 D．11和12答案C解析由d<0，得a1≠a21，又a12＝a212，∴a1＋a21＝0，∴a11＝0，故选C.6．等差数列{an}中的a4，a2018是3x2－12x＋4＝0的两根，则logeq\s\do9(\f(1,4))a1011＝()A.eq\f(1,2) B．2C．－2 D．－eq\f(1,2)答案D解析因为a4和a2018是3x2－12x＋4＝0的两根，所以a4＋a2018＝4.又a4，a1011，a2018成等差数列，所以2a1011＝a4＋a2008，即a1011＝2，所以logeq\s\do9(\f(1,4))a1011＝－eq\f(1,2)，故选D.7．已知{eq\f(1,an)}是等差数列，且a1＝1，a4＝4，则a10＝()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(5,4)C.eq\f(4,13) D.eq\f(13,4)答案A解析由题意，得eq\f(1,a1)＝1，eq\f(1,a4)＝eq\f(1,4)，所以等差数列{eq\f(1,an)}的公差为d＝eq\f(\f(1,a4)－\f(1,a1),3)＝－eq\f(1,4)，由此可得eq\f(1,an)＝1＋(n－1)×(－eq\f(1,4))＝－eq\f(n,4)＋eq\f(5,4)，因此eq\f(1,a10)＝－eq\f(5,4)，所以a10＝－eq\f(4,5).故选A.8．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝22，则a3＋a7＋a8＝()A．18 B．12C．9 D．6答案D解析由题意得S11＝eq\f(11（a1＋a11）,2)＝eq\f(11（2a1＋10d）,2)＝22，即a1＋5d＝2，所以a3＋a7＋a8＝a1＋2d＋a1＋6d＋a1＋7d＝3(a1＋5d)＝6，故选D.9．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，则eq\f(S6,S12)＝()A.eq\f(3,10) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,8) D.eq\f(1,9)答案A解析令S3＝1，则S6＝3，∴S9＝1＋2＋3＝6.S12＝S9＋4＝10，∴eq\f(S6,S12)＝eq\f(3,10)，故选A.10．根据科学测算，运载神舟飞船的长征系列火箭，在点火后一分钟上升的高度为1km，以后每分钟上升的高度增加2km，在达到离地面240km高度时船箭分离，则从点火到船箭分离大概需要的时间是()A．20分钟 B．16分钟C．14分钟 D．10分钟答案B解析本题主要考查等差数列的通项公式．设火箭每分钟上升的距离组成一个数列，显然a1＝1，而an－an－1＝2.所以可得an＝1＋2(n－1)＝2n－1.所以Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝n2＝240.所以从点火到船箭分离大概需要的时间是16分钟．故选B.11．已知在等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，Sn是数列{an}的前n项和，则()A．S5>S6 B．S5<S6C．S6＝0 D．S5＝S6答案D解析∵d<0，|a3|＝|a9|，∴a3>0，a9<0，且a3＋a9＝2a6＝0.∴a6＝0，a5>0，a7<0.∴S5＝S6.故选D.12．若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为()A．13 B．12C．11 D．10答案A解析因为a1＋a2＋a3＝34，an－2＋an－1＋an＝146，所以a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋146＝180.又因为a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，所以3(a1＋an)＝180，从而a1＋an＝60.所以Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n·60,2)＝390，即n＝13.13．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为()A．5斤 B．6斤C．7斤 D．8斤答案B解析依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，设首项a1＝4，则a5＝2，由等差数列的性质得a2＋a4＝a1＋a5＝6，所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤．14．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＝eq\f(1,2)，S2＝a3，则a2＝________；Sn＝________．答案1eq\f(n（n＋1）,4)解析设公差为d，则由S2＝a3，得2a1＋d＝a1＋2d，所以d＝a1＝eq\f(1,2)，故a2＝a1＋d＝1，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(n（n＋1）,4).15．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________．答案6解析设等差数列{an}的公差为d，由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,2a1＋6d＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,d＝－2.))所以S6＝6a1＋eq\f(1,2)×6×5d＝36＋15×(－2)＝6.16．已知An＝{x|2n<x<2n＋1且x＝7m＋1，m，n∈N}，则A6中各元素的和为________．答案891解析∵A6＝{x|26<x<27且x＝7m＋1，m∈N}，∴A6的元素有9个：71，78，85，92，99，106，…，127，各数成一首项为71，公差为7的等差数列．∴71＋78＋…＋127＝71×9＋eq\f(9×8,2)×7＝891.17．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\f(1,Sk)＝_____．答案eq\f(2n,n＋1)解析设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,4a1＋6d＝10，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,2a1＋3d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))所以Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)，因此eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))eq\f(1,Sk)＝2(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(2n,n＋1).18．已知数列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．答案(1)略(2)最大项a4＝3，最小项a3＝－1解析(1)证明：因为an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq\f(1,an－1).所以当n≥2时，bn－bn－1＝eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an－1)))－1)－eq\f(1,an－1－1)＝eq\f(an－1,an－1－1)－eq\f(1,an－1－1)＝1.又b1＝eq\f(1,a1－1)＝－eq\f(5,2)，所以，数列{bn}是以－eq\f(5,2)为首项，以1为公差的等差数列．(2)由(1)知，bn＝n－eq\f(7,2)，则an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(2,2n－7).设函数f(x)＝1＋eq\f(2,2x－7)，易知f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))上为减函数．所以，当n＝3时，an取得最小值－1；当n＝4时，an取得最大值3.第3课时等比数列1．在等比数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，q＝eq\f(1,2)，an＝eq\f(1,32)，则项数n为()A．3 B．4C．5 D．6答案C2．在等比数列{an}中，a2a6＝16，a4＋a8＝8，则eq\f(a20,a10)等于()A．1 B．－3C．1或－3 D．－1或3答案A解析由a2a6＝16，得a42＝16⇒a4＝±4.又a4＋a8＝8，可得a4(1＋q4)＝8，∵q4>0，∴a4＝4.∴q2＝1，eq\f(a20,a10)＝q10＝1.3．如果－1，a，b，c，－9成等比数列，那么()A．b＝3，ac＝9 B．b＝－3，ac＝9C．b＝3，ac＝－9 D．b＝－3，ac＝－9答案B4．若项数为2m(m∈N*)的等比数列的中间两项正好是方程x2＋px＋q＝0的两个根，则此数列的各项积是()A．pm B．p2mC．qm D．q2m答案C解析由题意得amam＋1＝q，所以由等比数列的性质得此数列各项积为(amam＋1)m＝qm.5．已知在等比数列{an}中，a3＝2，a4a6＝16，则eq\f(a9－a11,a5－a7)＝()A．2 B．4C．8 D．16答案B解析因为数列{an}是等比数列，a3＝2，所以a4a6＝a3q·a3q3＝4q4＝16，所以q2＝2.所以eq\f(a9－a11,a5－a7)＝eq\f(a3q6－a3q8,a3q2－a3q4)＝eq\f(（q2）3－（q2）4,q2－（q2）2)＝q4＝4.故选B.6．数列{an}的前n项和为Sn＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b等于()A．－1 B．0C．1 D．4答案A解析方法一：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(4n＋b)－(4n－1＋b)＝3×4n－1，又a1＝S1＝4＋b，∴4＋b＝3×40⇒b＝－1.方法二：a1＝S1＝4＋b，a2＝S2－S1＝(42＋b)－(4＋b)＝12，a3＝S3－S2＝(43＋b)－(42＋b)＝48，由a1a3＝a22，得48(4＋b)＝122⇒b＝－1.方法三：等比数列{an}中，q≠1时，Sn＝eq\f(a1·（qn－1）,q－1)＝eq\f(a1,q－1)·qn－eq\f(a1,q－1)＝A·qn－A，∴b＝－1.7．在14与eq\f(7,8)之间插入n个数组成等比数列，若各项总和为eq\f(77,8)，则此数列的项数()A．4 B．5C．6 D．7答案B解析∵q≠1(14≠eq\f(7,8))，∴Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)，∴eq\f(77,8)＝eq\f(14－\f(7,8)q,1－q).解得q＝－eq\f(1,2)，eq\f(7,8)＝14×(－eq\f(1,2))n＋2－1，∴n＝3.故该数列共5项．8．《张丘建算经》中“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里．问日行几何？”意思是：“现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里路，问每天走的里数为多少？”则该匹马第一天走的里数为()A.eq\f(128,127) B.eq\f(44800,127)C.eq\f(700,127) D.eq\f(175,32)答案B解析由题意知每日所走的路程成等比数列{an}，且公比q＝eq\f(1,2)，S7＝700，由等比数列的求和公式得eq\f(a1（1－\f(1,27)）,1－\f(1,2))＝700，解得a1＝eq\f(44800,127)，故选B.9．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a5＝2a3，且a4与2a7的等差中项为eq\f(5,4)，则S5＝()A．29 B．31C．33 D．36答案B解析方法一：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q·a1q4＝2a1q2，,a1q3＋2a1q6＝2×\f(5,4)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝16，))所以S5＝eq\f(16×[1－（\f(1,2)）5],1－\f(1,2))＝31，故选B.方法二：由a2a5＝2a3，得a4＝2.又a4＋2a7＝2×eq\f(5,4)，所以a7＝eq\f(1,4)，所以q＝eq\f(1,2)，所以a1＝16，所以S5＝eq\f(16×[1－（\f(1,2)）5],1－\f(1,2))＝31，故选B.10．已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝()A．40 B．60C．32 D．50答案B解析由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4，8，S9－S6，S12－S9是等比数列，因此S12＝4＋8＋16＋32＝60，故选B.11．已知数列{an}是等比数列，且a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝()A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)C.eq\f(32,3)(1－4－n) D.eq\f(32,3)(1－2－n)答案C解析因为等比数列{an}中，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，所以eq\f(a5,a2)＝q3＝eq\f(1,8)，所以q＝eq\f(1,2).由等比数列的性质，易知数列{anan＋1}为等比数列，其首项为a1a2＝8，公比为q2＝eq\f(1,4)，所以要求的a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1为数列{anan＋1}的前n项和．由等比数列的前n项和公式得a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq\f(8（1－\f(1,4n)）,1－\f(1,4))＝eq\f(32,3)(1－4－n)，故选C.12．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________．答案－2解析由S3＋3S2＝0，即a1＋a2＋a3＋3(a1＋a2)＝0，即4a1＋4a2＋a3＝0，即4a1＋4a1q＋a1q2＝0，即q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2.13．已知{an}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________．答案eq\f(2,3)－1解析∵a2，a3，a7成等比数列，∴a32＝a2a7，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)·(a1＋6d)，解得d＝－eq\f(3,2)a1①，∵2a1＋a2＝1，∴3a1＋d＝1②，由①②可得a1＝eq\f(2,3)，d＝－1.14．等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝eq\f(7,4)，S6＝eq\f(63,4)，则a8＝________．答案32解析∵{an}是等比数列，∴S3＝eq\f(a1（1－q3）,1－q)＝eq\f(7,4)，S6＝eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝eq\f(63,4)，∴eq\f(S6,S3)＝1＋q3＝9，∴q＝2.把q＝2代入S3＝eq\f(a1（1－q3）,1－q)中，得eq\f(7,4)＝eq\f(a1（1－23）,1－2)，∴a1＝eq\f(1,4)，∴an＝eq\f(1,4)·2n－1＝2n－3，∴a8＝25＝32.15．在等比数列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．答案－22n－1－eq\f(1,2)解析设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2；等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝eq\f(1,2)×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq\f(1,2)(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝eq\f(1,2)(2n－1)＝2n－1－eq\f(1,2).16．一正项等比数列前11项的几何平均数为32，从这11项中抽去一项后所余下的10项的几何平均数为32，那么抽去的这一项是第________项．答案6解析由于数列的前11项的几何平均数为32，所以该数列的前11项之积为3211＝255.当抽去一项后所剩下的10项之积为3210＝250，∴抽去的一项为255÷250＝25.又因a1·a11＝a2·a10＝a3·a9＝a4·a8＝a5·a7＝a62，所以a1·a2·…·a11＝a611.故有a611＝255，即a6＝25.∴抽出的应是第6项．17．已知{an}是等比数列，Sn是其前n项和，a1，a7，a4成等差数列，求证：2S3，S6，S12－S6成等比数列．答案略证明由已知得2a1q6＝a1＋a1q3，即2q6－q3－1＝0，得q3＝1或q3＝－eq\f(1,2).当q3＝1即q＝1，{an}为常数列，eq\f(S6,2S3)＝eq\f(S12－S6,S6)命题成立．当q3＝－eq\f(1,2)时，eq\f(S6,2S3)＝eq\f(1－q6,2（1－q3）)＝eq\f(1,4).eq\f(S12－S6,S6)＝eq\f(1－q12,1－q6)－1＝eq\f(1,4).∴命题成立．18．已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.(1)证明：数列{an＋4}是等比数列；(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.答案(1)略(2)Sn＝2n＋1－4n＋2解析(1)∵a1＝－2，∴a1＋4＝2.∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)，∴eq\f(an＋1＋4,an＋4)＝2，∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)可知an＋4＝2n，∴an＝2n－4.当n＝1时，a1＝－2<0，∴S1＝|a1|＝2；当n≥2时，an≥0，∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝eq\f(2（1－2n）,1－2)－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2.又当n＝1时，上式也满足．∴Sn＝2n＋1－4n＋2.专题研究一递推数列的通项的求法1．在数列1，2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…中，2eq\r(19)是这个数列的第()项．()A．16 B．24C．26 D．28答案C解析设题中数列{an}，则a1＝1＝eq\r(1)，a2＝2＝eq\r(4)，a3＝eq\r(7)，a4＝eq\r(10)，a5＝eq\r(13)，…，所以an＝eq\r(3n－2).令eq\r(3n－2)＝2eq\r(19)＝eq\r(76)，解得n＝26.故选C.2．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2n，则a2017等于()A．2017×2018 B．2016×2017C．2015×2016 D．2017×2017答案B解析累加法易知选B.3．已知数列{xn}满足x1＝1，x2＝eq\f(2,3)，且eq\f(1,xn－1)＋eq\f(1,xn＋1)＝eq\f(2,xn)(n≥2)，则xn等于()A．(eq\f(2,3))n－1 B．(eq\f(2,3))nC.eq\f(n＋1,2) D.eq\f(2,n＋1)答案D解析由关系式易知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)))为首项为eq\f(1,x1)＝1，d＝eq\f(1,2)的等差数列，eq\f(1,xn)＝eq\f(n＋1,2)，所以xn＝eq\f(2,n＋1).4．已知数列{an}中a1＝1，an＝eq\f(1,2)an－1＋1(n≥2)，则an＝()A．2－(eq\f(1,2))n－1 B．(eq\f(1,2))n－1－2C．2－2n－1 D．2n－1答案A解析设an＋c＝eq\f(1,2)(an－1＋c)，易得c＝－2，所以an－2＝(a1－2)(eq\f(1,2))n－1＝－(eq\f(1,2))n－1，所以选A.5．若数列{an}的前n项和为Sn＝eq\f(3,2)an－3，则这个数列的通项公式an＝()A．2(n2＋n＋1) B．2·3nC．3·2n D．3n＋1答案B解析an＝Sn－Sn－1，可知选B.6．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2，2an2＝an＋12＋an－12(n≥2)，则a6的值为()A．2eq\r(2) B．4C．8 D．16答案B解析因为正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2，2an2＝an＋12＋an－12(n≥2)，所以an2－an－12＝an＋12－an2(n≥2)，所以数列{an2}是以1为首项，a22－a12＝3为公差的等差数列，所以an2＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以a62＝16.又因为an>0，所以a6＝4，故选B.7．已知数列{an}，若a1＝2，an＋1＋an＝2n－1，则a2016＝()A．2011 B．2012C．2013 D．2014答案C解析因为a1＝2，故a2＋a1＝1，即a2＝－1.又因为an＋1＋an＝2n－1，an＋an－1＝2n－3，故an＋1－an－1＝2，所以a4－a2＝2，a6－a4＝2，a8－a6＝2，…，a2016－a2014＝2，将以上1007个等式两边相加可得a2016－a2＝2×1007＝2014，所以a2016＝2014－1＝2013，故选C.8．运行如图的程序框图，则输出的结果是()A．2019 B．2018C.eq\f(1,2019) D.eq\f(1,2018)答案D解析如果把第n个a值记作an，第1次运行后得到a2＝eq\f(a1,a1＋1)，第2次运行后得到a3＝eq\f(a2,a2＋1)，…，第n次运行后得到an＋1＝eq\f(an,an＋1)，则这个程序框图的功能是计算数列{an}的第2018项．将an＋1＝eq\f(an,an＋1)变形为eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋1，故数列{eq\f(1,an)}是首项为1，公差为1的等差数列，故eq\f(1,an)＝n，即an＝eq\f(1,n)，所以输出结果是eq\f(1,2018).故选D.9．在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq\f(1,n（n＋1）)，则通项公式an＝________．答案4－eq\f(1,n)解析原递推式可化为an＋1＝an＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，则a2＝a1＋eq\f(1,1)－eq\f(1,2)，a3＝a2＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)，a4＝a3＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)，…，an＝an－1＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n).逐项相加，得an＝a1＋1－eq\f(1,n).又a1＝3，故an＝4－eq\f(1,n).10．已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝eq\f(1,3n－2)解析由已知，可得当n≥1时，an＋1＝eq\f(an,3an＋1).两边取倒数，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(3an＋1,an)＝eq\f(1,an)＋3.即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3，所以{eq\f(1,an)}是一个首项为eq\f(1,a1)＝1，公差为3的等差数列．则其通项公式为eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋(n－1)×d＝1＋(n－1)×3＝3n－2.所以数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,3n－2).11．在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，有an＝3an－1＋2，则an＝________．答案2·3n－1－1解析设an＋t＝3(an－1＋t)，则an＝3an－1＋2t.∴t＝1，于是an＋1＝3(an－1＋1)．∴{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，以3为公比的等比数列．∴an＝2·3n－1－1.12．在数列{an}中，a1＝2，an＝2an－1＋2n＋1(n≥2)，则an＝________．答案(2n－1)·2n解析∵a1＝2，an＝2an－1＋2n＋1(n≥2)，∴eq\f(an,2n)＝eq\f(an－1,2n－1)＋2.令bn＝eq\f(an,2n)，则bn－bn－1＝2(n≥2)，b1＝1.∴bn＝1＋(n－1)·2＝2n－1，则an＝(2n－1)·2n.13．已知数列{an}的首项a1＝eq\f(1,2)，其前n项和Sn＝n2an(n≥1)，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝eq\f(1,n（n＋1）)解析∵a1＝eq\f(1,2)，Sn＝n2an，①∴Sn－1＝(n－1)2an－1.②①－②，得an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1，即an＝n2an－(n－1)2an－1，亦即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n＋1)(n≥2)．∴eq\f(an,a1)＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)＝eq\f(n－1,n＋1)·eq\f(n－2,n)·eq\f(n－3,n－1)·…·eq\f(2,4)·eq\f(1,3)＝eq\f(2,n（n＋1）).∴an＝eq\f(1,n（n＋1）).14．已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝eq\f(2anan＋1,n（n＋1）)(n∈N*)，则an＝________．答案eq\f(n,3n－2)解析由an－an＋1＝eq\f(2anan＋1,n（n＋1）)，得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2×(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，则由累加法得eq\f(1,an)－eq\f(1,a1)＝2(1－eq\f(1,n))，又因为a1＝1，所以eq\f(1,an)＝2(1－eq\f(1,n))＋1＝eq\f(3n－2,n)，所以an＝eq\f(n,3n－2).15．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，an2－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式．答案(1)a2＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(1,4)(2)an＝(eq\f(1,2))n－1解析(1)根据题意，an2－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，当n＝1时，有a12－(2a2－1)a1－2a2＝0，而a1＝1，则有1－(2a2－1)－2a2＝0，解得a2＝eq\f(1,2)，当n＝2时，有a22－(2a3－1)a2－2a3＝0，又由a2＝eq\f(1,2)，解得a3＝eq\f(1,4)，故a2＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(1,4).(2)根据题意，an2－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，变形可得(an－2an＋1)(an＋1)＝0，即有an＝2an＋1或an＝－1，又由数列{an}各项都为正数，则有an＝2an＋1，故数列{an}是首项为a1＝1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，则an＝1×(eq\f(1,2))n－1＝(eq\f(1,2))n－1，故an＝(eq\f(1,2))n－1.16．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：an＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)，求数列{bn}的通项公式．答案(1)an＝2n(2)bn＝2(3n＋1)解析(1)当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，知a1＝2满足该式，∴数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)∵an＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)(n≥1)，①∴an＋1＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)＋eq\f(bn＋1,3n＋1＋1).②②－①，得eq\f(bn＋1,3n＋1＋1)＝an＋1－an＝2，bn＋1＝2(3n＋1＋1)．故bn＝2(3n＋1)(n∈N*)．专题研究二数列的求和(第一次作业)1．数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n答案C2．数列{(－1)n(2n－1)}的前2018项和S2018等于()A．－2016 B．2018C．－2015 D．2015答案B解析S2018＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2017－1)＋(2×2018－1)＝2＋2＋…＋2,1009个2相加＝2018.故选B.3．在数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a12＋a22＋a32＋…＋an2等于()A．(3n－1)2 B.eq\f(1,2)(9n－1)C．9n－1 D.eq\f(1,4)(3n－1)答案B解析因为a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2)．则n≥2时，an＝2·3n－1.当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．则数列{an2}是首项为4，公比为9的等比数列，故选B.4．若数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项之和为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(5,12)C.eq\f(1,2) D.eq\f(7,12)答案B解析bn＝eq\f(1,an)＝eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,11)－eq\f(1,12)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,12)＝eq\f(5,12).5．已知数列{an}的通项公式是an＝eq\f(2n－1,2n)，其前n项和Sn＝eq\f(321,64)，则项数n等于()A．13 B．10C．9 D．6答案D解析∵an＝eq\f(2n－1,2n)＝1－eq\f(1,2n)，∴Sn＝n－(eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n))＝n－1＋eq\f(1,2n).而eq\f(321,64)＝5＋eq\f(1,64)，∴n－1＋eq\f(1,2n)＝5＋eq\f(1,64).∴n＝6.6．已知等差数列{an}的公差为d，且an≠0，d≠0，则eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)可化简为()A.eq\f(nd,a1（a1＋nd）) B.eq\f(n,a1（a1＋nd）)C.eq\f(d,a1（a1＋nd）) D.eq\f(n＋1,a1[a1＋（n＋1）d])答案B解析∵eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)(eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1))，∴原式＝eq\f(1,d)(eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a2)－eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1))＝eq\f(1,d)(eq\f(1,a1)－eq\f(1,an＋1))＝eq\f(n,a1·an＋1)，选B.7．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，S5＝eq\f(25,2)，则数列{eq\f(an,2n)}的前n项和为()A．1－eq\f(n＋2,2n＋1) B．2－eq\f(n＋4,2n＋1)C．2－eq\f(n＋4,2n) D．2－eq\f(n＋2,2n＋1)答案B解析设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，因为S3＝6，S5＝eq\f(25,2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝6，,5a1＋10d＝\f(25,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(3,2)，,d＝\f(1,2)，))所以an＝eq\f(1,2)n＋1，eq\f(an,2n)＝eq\f(n＋2,2n＋1)，设数列{eq\f(an,2n)}的前n项和为Tn，则Tn＝eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋eq\f(5,24)＋…＋eq\f(n＋1,2n)＋eq\f(n＋2,2n＋1)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋eq\f(5,25)＋…＋eq\f(n＋1,2n＋1)＋eq\f(n＋2,2n＋2)，两项相减得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,4)＋(eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…＋eq\f(1,2n＋1))－eq\f(n＋2,2n＋2)＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)(1－eq\f(1,2n－1))－eq\f(n＋2,2n＋2)，所以Tn＝2－eq\f(n＋4,2n＋1).8．Sn＝eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,（2n）2－1)＝________．答案eq\f(n,2n＋1)解析通项an＝eq\f(1,（2n）2－1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，∴Sn＝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).9．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝________．答案eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6n－n2（1≤n≤3），,n2－6n＋18（n>3）))解析由Sn＝n2－6n，得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7.∴n≤3时，an<0；n>3时，an>0.∴Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6n－n2（1≤n≤3），,n2－6n＋18（n>3）.))10．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2016＝________．答案3×21008－3解析依题意，得an＋1·an＝2n，an＋1·an＋2＝2n＋1，则eq\f(an＋1·an＋2,an·an＋1)＝2，即eq\f(an＋2,an)＝2，所以数列a1，a3，a5，…，a2k－1，…是以a1＝1为首项，2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2k，…是以a2＝2为首项，2为公比的等比数列，则S2016＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2015)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2016)＝eq\f(1－21008,1－2)＋eq\f(2（1－21008）,1－2)＝3×21008－3.11．数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，Sn为其前n项和，a1，a2，a5成等比数列．(1)证明：S1，S3，S9成等比数列；(2)设a1＝1，bn＝a2n，求数列{bn}的前n项和Tn.答案(1)略(2)2n＋2－n－4解析(1)证明：由题意有a22＝a1·a5，即(a1＋d)2＝a1·(a1＋4d)，解得d＝2a1.又∵S1＝a1，S3＝3a1＋3d＝9a1，S9＝9a1＋36d＝81a1，∴S32＝S1·S9.又∵S1，S3，S9均不为零，∴S1，S3，S9成等比数列．(2)由a1＝1得d＝2a1＝2，则an＝2n－1，则Tn＝a2＋a22＋a23＋…＋a2n＝(2×2－1)＋(2×22－1)＋(2×23－1)＋…＋(2×2n－1)＝2×(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝2n＋2－n－4.12．设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{eq\f(an,2n＋1)}的前n项和．答案(1)an＝eq\f(2,2n－1)(2)eq\f(2n,2n＋1)解析(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2)．又由题设可得a1＝2，从而{an}的通项公式为an＝eq\f(2,2n－1).(2)记{eq\f(an,2n＋1)}的前n项和为Sn.由(1)知eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(2,（2n＋1）（2n－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1).则Sn＝eq\f(1,1)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).13．已知数列{an}为等比数列，Tn＝na1＋(n－1)a2＋…＋an，且T1＝1，T2＝4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{Tn}的通项公式．答案(1)an＝2n－1(2)Tn＝2n＋1－n－2解析(1)T1＝a1＝1，T2＝2a1＋a2＝2＋a2＝4，∴a2＝2.∴等比数列{an}的公比q＝eq\f(a2,a1)＝2.∴an＝2n－1.(2)方法一：Tn＝n＋(n－1)·2＋(n－2)·22＋…＋1·2n－1，①2Tn＝n·2＋(n－1)22＋(n－2)23＋…＋1·2n，②②－①，得Tn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝－n＋eq\f(2（1－2n）,1－2)＝－n＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2.方法二：设Sn＝a1＋a2＋…＋an，∴Sn＝1＋2＋…＋2n－1＝2n－1.∴Tn＝na1＋(n－1)a2＋…＋2an－1＋an＝a1＋(a1＋a2)＋…＋(a1＋a2＋…＋an)＝S1＋S2＋…＋Sn＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)－n＝eq\f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－n－2.14．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，数列{bn}满足bn＝an＋an＋1(n∈N*)．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)若cn＝log2an(n∈N*)，求数列{bn·cn}的前n项和Tn.答案(1)bn＝3×2n(2)Tn＝3(n－1)×2n＋1＋6解析(1)当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又a1＝2满足上式，∴an＝2n(n∈N*)，∴bn＝an＋an＋1＝3×2n.(2)由(1)得an＝2n，bn＝3×2n，∴cn＝log2an＝n，∴bn·cn＝3n×2n，∴Tn＝3×(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)，①①×2得2Tn＝3×(1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1)，②①－②得－Tn＝3×(2＋22＋…＋2n－n×2n＋1)＝3×[(1－n)×2n＋1－2]，∴Tn＝3(n－1)×2n＋1＋6.(第二次作业)1．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项之和为()A．2n－1 B．n·2n－nC．2n＋1－n D．2n＋1－n－2答案D解析记an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，∴Sn＝eq\f(2·（2n－1）,2－1)－n＝2n＋1－2－n.2．已知数列2008，2009，1，－2008，－2009，….这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2018项之和S2018等于()A．2008 B．4017C．1 D．0答案B解析由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴an＋1＝an－an－1.故数列的前8项依次为2008，2009，1，－2008，－2009，－1，2008，2009.由此可知该数列为周期数列，周期为6，且S6＝0.∴2018＝6×336＋2，∴S2018＝S2＝2008＋2009＝4017.3．数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{eq\f(1,an)}的前10项和为________．答案eq\f(20,11)解析由题意得：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝eq\f(n（n＋1）,2)，所以eq\f(1,an)＝2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，Sn＝2(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(2n,n＋1)，S10＝eq\f(20,11).4．数列{an}的通项公式an＝ncoseq\f(nπ,2)＋1，前n项和为Sn，则S2020＝________．答案3030解析∵an＝ncoseq\f(nπ,2)＋1，∴a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝6，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝6，k∈N，∴S2020＝505×(a1＋a2＋a3＋a4)＝505×6＝3030.5．已知数列{an}满足an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前10项的和S10＝________．答案eq\f(10,11)解析由an＋1＝an(1－an＋1)，得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，因此数列{eq\f(1,an)}是以eq\f(1,a1)＝1为首项，1为公差的等差数列，所以eq\f(1,an)＝n，即an＝eq\f(1,n)，bn＝anan＋1＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以S10＝b1＋b2＋…＋b10＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,10)－eq\f(1,11))＝1－eq\f(1,11)＝eq\f(10,11).6．设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－eq\f(1,2n)(n∈N*)，则(1)a3＝________；(2)S1＋S2＋…＋S100＝________．答案(1)－eq\f(1,16)(2)eq\f(1,3)(eq\f(1,2100)－1)解析(1)因为Sn＝(－1)nan－eq\f(1,2n)，则S3＝－a3－eq\f(1,8)，S4＝a4－eq\f(1,16)，解得a3＝－eq\f(1,16).(2)当n为偶数时，Sn＝an－eq\f(1,2n)，当n为奇数时，Sn＝－an－eq\f(1,2n)，可得当n为奇数时an＝－eq\f(1,2n＋1)，又S1＋S2＋…＋S100＝(－a1－eq\f(1,2))＋(a2－eq\f(1,22))＋…＋(－a99－eq\f(1,299))＋(a100－eq\f(1,2100))＝－a1＋a2＋…－a99＋a100－(eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,299)＋eq\f(1,2100))＝S100－2(a1＋a3＋…＋a99)－(1－eq\f(1,2100))＝S101－a101－2(－eq\f(1,22)－eq\f(1,24)－…－eq\f(1,2100))－(1－eq\f(1,2100))＝－eq\f(1,2102)－(－eq\f(1,2102))＋2×eq\f(\f(1,22)[1－（\f(1,22)）50],1－\f(1,22))－(1－eq\f(1,2100))＝－eq\f(1,3)(1－eq\f(1,2100))＝eq\f(1,3)(eq\f(1,2100)－1)．7．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通项公式；(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．答案(1)an＝2n－1(2)Sn＝n2＋eq\f(3n－1,2)解析(1)等比数列{bn}的公比q＝eq\f(b3,b2)＝eq\f(9,3)＝3，所以b1＝eq\f(b2,q)＝1，b4＝b3q＝27.∴bn＝3n－1.设等差数列{an}的公差为d.因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2.所以an＝2n－1(n＝1，2，3，…)．(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.从而数列{cn}的前n项和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＋eq\f(1－3n,1－3)＝n2＋eq\f(3n－1,2).8．已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.答案(1)略(2)Tn＝eq\f(2n＋3＋n2－3n－8,2)解析(1)证明：当n＝1时，a1＝S1，S1－2a1＝1－4，解得a1＝3.由Sn－2an＝n－4可得Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，即Sn＝2Sn－1－n＋4，所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]．因为S1－1＋2＝4，所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．(2)由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1＋n－2，于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n＝eq\f(4（1－2n）,1－2)＋eq\f(n（n＋1）,2)－2n＝eq\f(2n＋3＋n2－3n－8,2).9．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝Sn(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.答案(1)an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1,2n－1，n≥2))(2)Tn＝(n－2)2n＋2解析(1)∵an＋1＝Sn(n∈N*)，∴Sn＋1－Sn＝Sn，∴eq\f(Sn＋1,Sn)＝2.又S1＝a1＝2，∴数列{Sn}是首项为2，公比为2的等比数列，∴Sn＝2n(n∈N*)．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2.))(2)Tn＝0×a1＋1×a2＋2×a3＋…＋(n－1)×an，当n＝1时，T1＝0.当n≥2时，Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1，①2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－2)2n－1＋(n－1)2n，②①－②，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)2n＝eq\f(2（1－2n－1）,1－2)－(n－1)2n＝(2－n)2n－2.∴Tn＝(n－2)2n＋2(n≥2)．又T1＝0也满足上式，∴Tn＝(n－2)2n＋2.10．Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，an2＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和．答案(1)an＝2n＋1(2)Tn＝eq\f(n,3（2n＋3）)解析(1)由an2＋2an＝4Sn＋3，可知an＋12＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.可得an＋12－an2＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝an＋12－an2＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由于an>0，可得an＋1－an＝2.又a12＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n＋1）（2n＋3）)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋3))．设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)[(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋(eq\f(1,5)－eq\f(1,7))＋…＋(eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋3))]＝eq\f(n,3（2n＋3）).专题研究三数列的综合应用(第一次作业)1．设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝()A．2 B．－2C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)答案D解析S1＝a1，S2＝a1＋a2＝2a1－1，S4＝4a1－6.∵S22＝S1S4，∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)．∴4a12－4a1＋1＝4a12－6a1⇒a1＝－eq\f(1,2).2．已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，eq\f(1,2)a3，2a2成等差数列，则eq\f(a9＋a10,a7＋a8)＝()A．1＋eq\r(2) B．1－eq\r(2)C．3＋2eq\r(2) D．3－2eq\r(2)答案C解析因为a1，eq\f(1,2)a3，2a2成等差数列，所以eq\f(1,2)a3×2＝a1＋2a2，即a1q2＝a1＋2a1q，所以q2＝1＋2q，解得q＝1＋eq\r(2)或q＝1－eq\r(2)(舍)，所以eq\f(a9＋a10,a7＋a8)＝eq\f(a1q8（1＋q）,a1q6（1＋q）)＝q2＝(1＋eq\r(2))2＝3＋2eq\r(2).3．已知{an}是等差数列，a1＝15，S5＝55，则过点P(3，a2)，Q(4，a4)的直线的斜率为()A．4 B.eq\f(1,4)C．－4 D．－eq\f(1,4)答案C解析S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d，所以5×15＋10d＝55，即d＝－2.所以kPQ＝eq\f(a4－a2,4－3)＝2d＝－4.4．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(参考数据：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30)()A．2018年 B．2019年C