十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学 专题08 数列 Word版含答案解析版

专题08 数列

一、选择题

1.(2019·全国1·理T9)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( ) A.an=2n-5 C.Sn=2n-8n

2

B.an=3n-10

D.Sn=n-2n

*

122

2

2.(2019·浙江·T10)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=𝑎𝑛+b,n∈N,则( )

A.当b=2时,a10>10 C.当b=-2时,a10>10

1

B.当b=4时,a10>10 D.当b=-4时,a10>10

1

3.(2018·全国1·理T4)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=( ) A.-12 B.-10 C.10

D.12

4.(2018·浙江·T10)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则( ) A.a1a3,a2a4 D.a1>a3,a2>a4

5.(2018·北京·理T4文T5)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√2.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为( ) A.√2f

3

12

B.√22f 3

C.√25f

12

D.√27f 12

6.(2017·全国1·理T12)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是2,接下来的两项是2,2,再接下来的三项是2,2,2,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )

A.440 B.330 C.220 D.110

7.(2017·全国3·理T9)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为( ) A.-24 B.-3

C.3 D.8

0

0

1

0

1

2

8.(2016·全国1·理T3)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=( )

1

A.100 B.99 C.98 D.97

9.(2015·浙江·理T13)已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn,若a3,a4,a8成等比数列,则( ) A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0 C.a1d>0,dS4<0

D.a1d<0,dS4>0

10.(2015·全国2·文T5)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1+a3+a5=3,则S5=( ) A.5 B.7 C.9 D.11

11.(2015·全国1·文T7)已知{an}是公差为1的等差数列,Sn为{an}的前n项和.若S8=4S4,则a10= ( A.17

2 B.19

2

C.10 D.12

12.(2015·全国2·理T4)已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=( ) A.21

B.42 C.63

D.84

13.(2015·全国2·文T9)已知等比数列{a1

n}满足a1=4,a3a5=4(a4-1),则a2=( ) A.2

B.1

C.112

D.8

14.(2014·大纲全国·文T8)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6=( ) A.31 B.32

C.63 D.64

15.(2014·全国2·文T5)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=( A.n(n+1) B.n(n-1)

C.

𝑛(𝑛+1)

𝑛(𝑛-1)

2D.

2 16.(2013·全国2·理T3)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( ) A.13 B.-1113 C.9

D.-9

17.(2013·全国1·文T6)设首项为1,公比为23

的等比数列{an}的前n项和为Sn,则( ) A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2 C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an

18.(2013·全国1·理T12)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若 bc+a

b+a

1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=nn2,cn+1=nn2,则( ) A.{Sn}为递减数列 B.{Sn}为递增数列

C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列

) ) 2

D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列

19.(2013·全国1·理T7)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m= ( ) A.3 B.4 C.5 D.6

20.(2012·全国·理T5)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( ) A.7 B.5 C.-5

D.-7

n

21.(2012·全国·文T12)数列{an}满足an+1+(-1)an=2n-1,则{an}的前60项和为( ) A.3 690 B.3 660 C.1 845 二、填空题

1.(2019·全国3·文T14)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3=5,a7=13,则S10= . 2.(2019·全国3·理T14)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0,a2=3a1,则S10= .

5

D.1 830

S

3.(2019·江苏·T8)已知数列{an}(n∈N)是等差数列,Sn是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27,则S8的值是 .

4.(2019·北京·理T10)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5= ,Sn的最小值为 . 5.(2019·全国1·文T14)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3=,则S4= .

2

6.(2019·全国1·理T14)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=,𝑎4=a6,则S5=________.

*

3

4137.(2018·全国1·理T14)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= . 8.(2018·北京·理T9)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为 .

9.(2018·上海·T10)设等比数列{an}的通项公式为an=q(n∈N),前n项和为Sn,若liman=2,则q=.

n→∞n+1

n-1

*

S1

10.(2018·江苏·T14)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N},B={x|x=2,n∈N}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为 . 11.(2017·全国2·理T15)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑

1

=____________. 𝑘=1𝑆𝑘

𝑛

*n*

12.(2017·全国3·理T14)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4= .

13.(2017·江苏·理T9文T9)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=4,S6=4,则a8=. 14.(2016·浙江·理T13文T13)设数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N,则a1= ,S5= . 15.(2016·北京·理T12)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= . 16.(2016·全国1·理T15)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为 . 17.(2015·全国1·文T13)在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn为{an}的前n项和.若Sn=126,则n= . 18.(2015·湖南·理T14)设Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an= .

3

*

763

19.(2015·福建·文T16)若a,b是函数f(x)=x-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于 . 20.(2015·江苏·理T11)设数列{an}满足a1=1,且an+1- an=n+1(n∈N).则数列{𝑎}前10项的和为____________.

𝑛

*

2

1

21.(2015·全国2·理T16)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= . 22.(2015·广东·理T10)在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8= .

23.(2015·陕西·文T13)中位数为1 010的一组数构成等差数列,其末项为2 015,则该数列的首项为 .

24.(2014·江苏·理T7)在各项均为正数的等比数列{an}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是 . 25.(2014·广东·文

T13)等比数列{an}的各项均为正数,且

a1a5=4,则

log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5= .

26.(2014·安徽·理T12)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= . 27.(2014·全国2·文T16)数列{an}满足an+1=

1

,a8=2,则1-an

a1=____________.

28.(2014·北京·理T12)若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n= 时,{an}的前n项和最大. 29.(2014·天津·理T11)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的值为 .

30.(2013·全国2·理T16)等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为 . 31.(2013·辽宁·理T14)已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x-5x+4=0的两个根,则S6= .

32.(2013·全国1·理T14)若数列{an}的前n项和Sn=an+,则{an}的通项公式是an= . 33.(2012·全国·文T14)等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+3S2=0,则公比q= . 三、计算题

1.(2019·全国2·文T18)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16. (1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=log2an.求数列{bn}的前n项和.

2.(2019·全国2·理T19)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.

3.(2019·天津·文T18)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.

4

23

13

2

(1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}满足cn={

1,𝑛为奇数,

2求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N).

𝑏𝑛,𝑛为偶数,

*

4.(2019·天津·理T19)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4. (1)求{an}和{bn}的通项公式;

1,2𝑘<𝑛<2𝑘+1,*

(2)设数列{cn}满足c1=1,cn={其中k∈N. 𝑘

𝑏𝑘,𝑛=2,①求数列{𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)}的通项公式; ②求∑aici(n∈N).

𝑖=12𝑛

*

5.(2019·浙江·T 20)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)记cn=√

𝑎𝑛**

,n∈N,证明:c1+c2+…+cn<2√n,n∈N. 2𝑏𝑛

*

6.(2019·江苏·T 20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M- 数列”. (1)已知等比数列{an}(n∈N)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M- 数列”; (2)已知数列{bn}(n∈N)满足:b1=1,①求数列{bn}的通项公式;

②设m为正整数.若存在“M- 数列”{cn}(n∈N),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.

7.(2018·北京·文T15)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2. (1)求{an}的通项公式; (2)求𝑒𝑎1+𝑒𝑎2+…+𝑒𝑎𝑛.

8.(2018·上海·T 21)给定无穷数列{an},若无穷数列{bn}满足:对任意x∈N,都有|bn-an|≤1,则称{bn}与{an}“接近”.

(1)设{an}是首项为1,公比为的等比数列,bn=an+1+1,n∈N,判断数列{bn}是否与{an}接近,并说明理由; (2)设数列{an}的前四项为a1=1,a2=2,a3=4,a4=8,{bn}是一个与{an}接近的数列,记集合M={x|x=bi,i=1,2,3,4},求M中元素的个数m:

(3)已知{an}是公差为d的等差数列.若存在数列{bn}满足:{bn}与{an}接近,且在b2-b1,b3-b2,…,b201-b200中至少有100个为正数,求d的取值范围.

5

12*

*

*

*

*

1𝑆𝑛

=

2𝑏𝑛

−

2𝑏𝑛+1

,其中Sn为数列{bn}的前n项和.

9.(2018·江苏·T 20)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列. (1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;

(2)若a1=b1>0,m∈N,q∈(1, √2],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).

10.(2018·天津·文T18)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6. (1)求Sn和Tn;

(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.

11.(2018·天津·理T18)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6. (1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N), ①求Tn;

(𝑇𝑘+𝑏𝑘+2)𝑏𝑘②证明∑(𝑘+1

)(𝑘+2)𝑘=1

𝑛

*

*

*

*

*

𝑚

=

2𝑛+2*

-2(n∈N). 𝑛+212.(2018·全国2·理T17文T17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15. (1)求{an}的通项公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值.

𝑛

13.(2018·全国1·文T17)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=𝑛.

𝑎

(1)求b1,b2,b3;

(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由; (3)求{an}的通项公式.

14.(2018·全国3·理T17文T17)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3. (1)求{an}的通项公式;

(2)记Sn为{an}的前n项和,若Sm=63,求m.

15.(2017·全国1·文T17)设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知S2=2,S3=-6. (1)求{an}的通项公式;

(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.

16.(2017·全国2·文T17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.

6

(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式; (2)若T3=21,求S3.

17.(2017·全国3·文T17)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通项公式;

𝑛

(2)求数列{2𝑛+1}的前n项和.

𝑎

18.(2017·天津·理T18)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N).

19.(2017·山东·理T19)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2. (1)求数列{xn}的通项公式;

(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2)…Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.

*

*

20.(2017·山东·文T19)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3. 1)求数列{an}的通项公式;

(2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求数列{𝑛}的前n项和Tn.

21.(2017·天津·文T18)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N).

22.(2016·全国2·理T17)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b1,b11,b101;

(2)求数列{bn}的前1 000项和.

*

*

𝑏

𝑎𝑛

7

23.(2016·全国2·文T17)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. 24.(2016·浙江·文T17)设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N. (1)求通项公式an;

(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和.

25.(2016·北京·文T15)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.

26.(2016·山东·理T18文T19)已知数列{an}的前n项和Sn=3n+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=

(𝑎𝑛+1)

𝑛+1𝑛2

*

(𝑏𝑛+2)

,求数列{cn}的前n项和Tn.

*

27.(2016·天津·理T18)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N,bn是an和an+1的等比中项.

22

(1)设cn=𝑏𝑛+1−𝑏𝑛,n∈N,求证:数列{cn}是等差数列;

*

(2)设a1=d,Tn=∑(-1)

𝑘=1

2𝑛

k

𝑛

1*2

𝑏𝑘,n∈N,求证:∑

𝑘=1𝑇𝑘

<

1

2𝑑

2. *

28.(2016·天津·文T18)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N),且−(1)求{an}的通项公式;

1a11a2

=

2

,S6=63. a3

(2)若对任意的n∈N,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)b2n}的前2n项和.

*

n

29.(2016·全国1·文T17)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=3,anbn+1+bn+1=nbn. (1)求{an}的通项公式; (2)求{bn}的前n项和.

30.(2016·全国3·文T17)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1, a2n-(2an+1-1)an-2an+1=0. (1)求a2,a3;

(2)求{an}的通项公式.

31.(2016·全国3·理T17)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;

1

8

(2)若S5=32,求λ.

32.(2015·北京·文T16)已知等差数列{an}满足a1+a2=10,a4-a3=2. (1)求{an}的通项公式;

(2)设等比数列{bn}满足b2=a3,b3=a7.问:b6与数列{an}的第几项相等? 33.(2015·重庆·文T16)已知等差数列{an}满足a3=2,前3项和S3=2. (1)求{an}的通项公式;

(2)设等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a15,求{bn}的前n项和Tn. 34.(2015·福建·文T17)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=2𝑎𝑛-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.

2

35.(2015·全国1·理T17)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,𝑎𝑛+2an=4Sn+3.

31

9

(1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=𝑎𝑎,求数列{bn}的前n项和.

𝑛𝑛+1

36.(2015·安徽·文T18)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=

𝑎𝑛+1

,求数列{bn}的前n𝑆𝑛𝑆𝑛+1

1

项和Tn.

*

37.(2015·天津·理T18)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.

(1)求q的值和{an}的通项公式;

(2)设bn=𝑎22𝑛,n∈N,求数列{bn}的前n项和.

2𝑛-1

*

𝑙𝑜𝑔𝑎

38.(2015·山东·文T19)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列{𝑎·𝑎}的前n项和为2𝑛+1. 𝑛𝑛+1(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=(an+1)·2𝑎𝑛,求数列{bn}的前n项和Tn.

39.(2015·浙江·文T17)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N),b1+2b2+3b3+…+𝑛bn=bn+1-1(n∈N).

(1)求an与bn;

(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.

*

*

1𝑛

111

9

40.(2015·天津·文T18)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)设cn=anbn,n∈N,求数列{cn}的前n项和.

41.(2015·湖北·文T19)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式;

(2)当d>1时,记cn=𝑏𝑛,求数列{cn}的前n项和Tn.

𝑛

*

𝑎

42.(2014·全国2·理T17)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1. (1)证明:{𝑎𝑛+2}是等比数列,并求{an}的通项公式; (2)证明:𝑎+𝑎+…+𝑎<2.

𝑛12

43.(2014·福建·文T17)在等比数列{an}中,a2=3,a5=81. (1)求an;

(2)设bn=log3an,求数列{bn}的前n项和Sn. 44.(2014·湖南·文T16)已知数列{an}的前n项和 Sn=

𝑛2+𝑛*

,n∈N. 21

1

1

3

1

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=2𝑎𝑛+(-1)an,求数列{bn}的前2n项和.

n

45.(2014·北京·文T14)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.

46.(2014·大纲全国·理T18)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=10,a2为整数,且Sn≤S4. (1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=𝑎𝑎,求数列{bn}的前n项和Tn.

𝑛𝑛+1

47.(2014·山东·理T19)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)令bn=(-1)𝑎𝑎,求数列{bn}的前n项和Tn.

𝑛𝑛+1

10

n-1

1

4𝑛

48.(2014·全国1·文T17)已知{a2

n}是递增的等差数列,a2,a4是方程x-5x+6=0的根. (1)求{an}的通项公式;

(2)求数列{𝑎

𝑛

2𝑛}的前n项和.

49.(2014·安徽·文T18)数列{a*

n}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N. (1)证明:数列{𝑎𝑛𝑛}是等差数列;

(2)设bn

n=3·√𝑎𝑛,求数列{bn}的前n项和Sn.

50.(2014·山东·文T19)在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=

an(n+1)

2,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)n

bn,求Tn.

51.(2014·大纲全国·文T17)数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2. (1)设bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式.

52.(2014·全国1·理T17)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数. (1)证明:an+2-an=λ;

(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.

53.(2013·全国2·文T17)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求a1+a4+a7+…+a3n-2.

54.(2013·全国1·文T17)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{1

𝑎2𝑛-1𝑎2𝑛+1

}的前n

项和.

55.(2012·湖北·理T18文T20)已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为8. (1)求等差数列{an}的通项公式;

(2)若a2,a3,a1成等比数列,求数列{|an|}的前n项和. 56.(2011·全国·文T17)已知等比数列{a11

n}中,a1=3,公比q=3. (1)S1-𝑎

n为{an}的前n项和,证明:Sn=𝑛2;

(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{bn}的通项公式.

57.(2011·全国·理T17)等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,𝑎2

3=9a2a6.

11

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{}的前n项和. 58.(2010·全国·理T17)设数列{an}满足a1=2,an+1-an=3·2(1)求数列{an}的通项公式;

(2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.

59.(2010·全国·文T17)设等差数列{an}满足a3=5,a10=-9, (1)求数列{an}的通项公式;

(2)求数列{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值.

2n-1

1𝑏𝑛

.

十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学

专题08 数列

一、选择题

1.(2019·全国1·理T9)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( ) A.an=2n-5 C.Sn=2n-8n 【答案】A

【解析】由题意可知,{

S4=4a1+

4×3

·d22

B.an=3n-10

D.Sn=2n-2n

1

2

a5=a1+4d=5,

=0,

a=-3,2

解得{1故an=2n-5,Sn=n-4n,故选A.

d=2.

2

2.(2019·浙江·T10)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=𝑎𝑛+b,n∈N,则( )

*

A.当b=2时,a10>10 C.当b=-2时,a10>10 【答案】A

1

B.当b=4时,a10>10 D.当b=-4时,a10>10

1

22222【解析】当b=2时,a2=𝑎1+2≥2,a3=𝑎2+2≥4,a4=𝑎3+2≥16≥1,当n≥4时,an+1=𝑎𝑛+2≥𝑎𝑛≥1,则

111131171

lo𝑔17an+1>2lo𝑔17an⇒lo𝑔17an+1>2,则

161616n-1

217

an+1≥（16 ）

𝑛-1

(n≥4),则a10≥（16） 2=（1+16）=1+16+

64

17

6

164

12

64×631

×+…>1+4+7>10,故选A. 21623.(2018·全国1·理T4)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=( ) A.-12 B.-10 C.10 【答案】B

【解析】因为3S3=S2+S4,所以3S3=(S3-a3)+(S3+a4),即S3=a4-a3.设公差为d,则3a1+3d=d,又由a1=2,得d=-3,所以a5=a1+4d=-10.

4.(2018·浙江·T10)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则( ) A.a1a3,a2a4 D.a1>a3,a2>a4 【答案】B

【解析】设等比数列的公比为q,则 a1+a2+a3+a4=

𝑎1(1-𝑞4)𝑎1(1-𝑞3)

,a. 1+a2+a3=1-𝑞1-𝑞D.12

∵a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),

∴a1+a2+a3=𝑒𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4,即a1(1+q+q)=𝑒𝑎1(1+𝑞+𝑞

2

2+𝑞3)

.

又a1>1,∴q<0.

假设1+q+q>1,即q+q>0,解得q<-1(q>0舍去). 由a1>1,可知a1(1+q+q)>1, ∴a1(1+q+q+q)>0,即1+q+q+q>0,

即(1+q)+q(1+q)>0,即(1+q)(1+q)>0,这与q<-1相矛盾. ∴1+q+q<1,即-1a3,a25.(2018·北京·理T4文T5)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√2.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为( ) A.√2f 【答案】D

【解析】设第n个单音的频率为an,由题意,𝑎a8=a1×(√2)=√27f,故选D.

7

2

2

2

2

3

2

3

2

2

2

12

3

B.√22f 3

C.√25f

12

D.√27f 12

𝑎𝑛

𝑛-1

=√2(n≥2),所以{an}为等比数列,因为a1=f,所以

12

1212

6.(2017·全国1·理T12)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列

13

1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是2,接下来的两项是2,2,再接下来的三项是2,2,2,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )

A.440 B.330 C.220 D.110 【答案】A

【解析】设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为由题意,N>100,令

𝑛(1+𝑛)

.第2001012

n组的和为1-2=2-1,前n组总共的和为1-2-n=2-2-n.

*

1-2𝑛

n

2(1-2𝑛)

n+1

𝑛(1+𝑛)

>100,得2

n≥14且n∈N,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且

k

*

前N项和为2的整数幂,则SN-𝑆𝑛(1+𝑛)应与-2-n互为相反数,即2-1=2+n(k∈N,n≥14),所以k=log2(n+3),解

2得n=29,k=5. 所以N=

29×(1+29)

+5=440,故选A. 27.(2017·全国3·理T9)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为( ) A.-24 B.-3 【答案】A

【解析】设等差数列的公差为d,则d≠0,a23=a2·a6, 即(1+2d)=(1+d)(1+5d), 解得d=-2,

所以S6=6×1+2×(-2)=-24,故选A.

8.(2016·全国1·理T3)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=( ) A.100 B.99 【答案】C 【解析】因为S9=

(a1+a9)×9

=27,a1+a9=2a5, 2a-a

6×5

2

C.3 D.8

C.98 D.97

105所以a5=3.又因为a10=8,所以d=10=1. -5

故a100=a10+(100-10)×1=98.

9.(2015·浙江·理T13)已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn,若a3,a4,a8成等比数列,则( ) A.a1d>0,dS4>0

B.a1d<0,dS4<0

14

C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0

【答案】B

【解析】设{an}的首项为a1,公差为d,则a3=a1+2d,a4=a1+3d,a8=a1+7d. ∵a3,a4,a8成等比数列,

∴(a2

2

1+3d)=(a1+2d)(a1+7d),即3a1d+5d=0. ∵d≠0,∴a5

2

51d=-3d<0,且a1=-3d. ∵dS(a4=

4d1+a4)2=2d(2a22

1+3d)=-3d<0. 10.(2015·全国2·文T5)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1+a3+a5=3,则S5=( ) A.5 B.7 C.9 D.11 【答案】A

【解析】由a1+a3+a5=3及等差中项,得3a3=3,解得a3=1.故 S5(a5=

1+a2

5)

=5a3=5. 11.(2015·全国1·文T7)已知{an}是公差为1的等差数列,Sn为{an}的前n项和.若S8=4S4,则a10= ( A.17

2 B.19

2

C.10 D.12

【答案】B

【解析】∵公差d=1,S8=4S4, ∴

8(a1+a8)2=

4×4(a1+a4)

2

, 即2a+7d=4a=1

11+6d,解得a12. ∴a11910=a1+9d=2+9=2. 12.(2015·全国2·理T4)已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=( ) A.21

B.42 C.63

D.84

【答案】B 【解析】由题意知

𝑎1+𝑎3+𝑎22

𝑎52421

1=1+q+q=3=7,解得q=2(负值舍去).∴a3+a5+a7=(a1+a3+a5)q=21×2=42.

13.(2015·全国2·文T9)已知等比数列{a1

n}满足a1=4,a3a5=4(a4-1),则a2=( ) A.2 B.1

C.1

2

D.1

8

【答案】C

) 15

2

【解析】∵a3a5=4(a4-1),∴𝑎4=4(a4-1),解得a4=2.

又a4=a1q,且a1=4,∴q=2.∴a2=a1q=2.

14.(2014·大纲全国·文T8)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6=( ) A.31 B.32 【答案】C

【解析】由等比数列前n项和的性质,得S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,所以(S4-S2)=S2(S6-S4),即(15-3)=3(S6-15),解得S6=63,故选C.

15.(2014·全国2·文T5)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=( ) A.n(n+1) C.

𝑛(𝑛+1)

22

2

3

11

C.63 D.64

B.n(n-1)

D.

𝑛(𝑛-1)

2

【答案】A

【解析】∵a2,a4,a8成等比数列, ∴ =a2·a8,即(a1+6)=(a1+2)(a1+14), 解得a1=2. ∴Sn=na1+

𝑛(𝑛-1)22

d=2n+n-n=n+n=n(n+1). 22

16.(2013·全国2·理T3)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( ) A.3 【答案】C

【解析】由S3=a2+10a1,得a1+a2+a3=a2+10a1,整理得a3=9a1,所以q=3=9.由a5=9,得a1=

2

1

B.-3 1

C.9

1

D.-9

1

𝑎

𝑎1

𝑎5𝑞4=

992=. 1917.(2013·全国1·文T6)设首项为1,公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn,则( ) A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2 C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an 【答案】D

𝑎1(1-𝑞𝑛)

【解析】Sn=1-𝑞23

=

𝑎1-𝑎𝑛𝑞1-𝑞=

1-3𝑎𝑛1-322

=3-2an.

18.(2013·全国1·理T12)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若 b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=n2n,cn+1=n2n,则( )

c+a

b+a

16

A.{Sn}为递减数列 B.{Sn}为递增数列

C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列 D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列 【答案】B

【解析】因为b1>c1,不妨设b1=4a12a13

,c1=1,p=(a1+b1+c1)=a1,则3322S1=√

3a1aa5a

·1·1·12266=

√152

a; 121

2

a5

4

7

2=a1,b2=3a1+a1

1+a12=

a6a1,c2=32=6a1,

S3a2=√

1·a1·2a13·a

1223=

√66a2

1

;显然S2>S1.

7

同理,a13

3=a1,b3=6a1+a1

2

=

12

a1, 5

ca1+a1

3=

6a,S√3a1·a1·51052=

11122212a1·713=12a1=

√24a2

1

,显然S3>S2.

19.(2013·全国1·理T7)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m= ( A.3 B.4 C.5 D.6 【答案】C

【解析】∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3, ∴am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3. ∴d=am+1-am=3-2=1. ∵S(a+a(am=

m1m)

1+2)

2=

m2=0, ∴a1=-2,am=-2+(m-1)×1=2.∴m=5.

20.(2012·全国·理T5)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( ) A.7 B.5 C.-5 D.-7

【答案】D

【解析】∵{an}为等比数列,∴a5a6=a4a7=-8. 联立{𝑎+𝑎𝑎47=2,𝑎=4𝑎7=-8可解得{𝑎44,7=-2或{𝑎𝑎4=-2,7=4,

当{𝑎𝑎4=4,7=-2

时,q3

=-12, 故a1+a𝑎

43

10=𝑞3+a7q=-7;

当{𝑎𝑎4=-2,7=4

时,q3=-2,同理,有a1+a10=-7. ) 17

21.(2012·全国·文T12)数列{an}满足an+1+(-1)an=2n-1,则{an}的前60项和为( ) A.3 690 B.3 660 C.1 845 【答案】D

【解析】∵an+1+(-1)an=2n-1, ∴

a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1,a5=a1,a6=9+a1,a7=2-a1,a8=15-a1,a9=a1,a10=17+a1,a11=2-a1,a12=23-a1,…,a57=a1,a58=113+a1,a59=2-a1,a60=119-a1,

∴a1+a2+…+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+…+(a57+a58+a59+a60) =10+26+42+…+234=二、填空题

1.(2019·全国3·文T14)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3=5,a7=13,则S10= . 【答案】100

【解析】设等差数列{an}的公差为d, a=a1+2d=5,a=1,则{3解得{1 a7=a1+6d=13,d=2.故S10=10a1+2d=10×1+2×2=100.

2.(2019·全国3·理T14)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0,a2=3a1,则【答案】4

【解析】设等差数列{an}的公差为d. ∵a1≠0,a2=3a1, ∴a1+d=3a1,即d=2a1.

S∴10

S5

S10

= S5

10×9

10×9

15×(10+234)

=1 830. 2n

n

D.1 830

.

=

10a1+2d

5×45a1+2d

10×9

=

100a1

=4. 25a1

*

3.(2019·江苏·T8)已知数列{an}(n∈N)是等差数列,Sn是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27,则S8的值是 . 【答案】16

【解析】∵{an}为等差数列,设公差为d,a2a5+a8=0,S9=27,∴

(a1+d)(a1+4d)+a1+7d=0,①{ 9×89a1+d=27,②

2整理②得a1+4d=3,即a1=3-4d,③

18

把③代入①解得d=2,∴a1=-5. ∴S8=8a1+28d=16.

4.(2019·北京·理T10)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5= ,Sn的最小值为 . 【答案】0 -10

【解析】等差数列{an}中,由S5=5a3=-10,得a3=-2,又a2=-3,公差d=a3-a2=1,a5=a3+2d=0,由等差数列{an}的性质得当n≤5时,an≤0,当n≥6时,an大于0,所以Sn的最小值为S4或S5,即为-10.

5.(2019·全国1·文T14)记S3

n为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3=4,则S4= . 【答案】58 【解析】设等比数列{an}的公比为q. S2

2

3

3=a1+a1q+a1q=1+q+q=4, 即q2

+q+1=0.解得q=-142. 故S𝑎4=1(1-𝑞4)=

1-(-21)4

1-𝑞

1+=5

218.

6.(2019·全国1·理T14)记S1n为等比数列{an}的前n项和.若a1=3,𝑎2

4=a6,则S5=________.

【答案】121

3

【解析】设等比数列{an}的公比为q, 则a4=a1q3

=1

q3,a5

15

36=a1q=3q.

∵𝑎216

15

4=a6,∴9q=3q.∵q≠0,∴q=3.

𝑎1(11∴S-𝑞5)121

5=1-𝑞=

3(1-35)

1-3=3. 7.(2018·全国1·理T14)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= . 【答案】-63

【解析】∵Sn=2an+1,① ∴Sn-1=2an-1+1(n≥2).②

①-②,得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2).

又S1=2a1+1,∴a1=-1.∴{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列,则

S-1(1-26)

6=1-2=-63. 19

8.(2018·北京·理T9)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为 . 【答案】an=6n-3

【解析】∵{an}为等差数列,设公差为d, ∴a2+a5=2a1+5d=36.

∵a1=3,∴d=6.∴an=3+(n-1)×6=6n-3.

9.(2018·上海·T10)设等比数列{an}的通项公式为an=q(n∈N),前n项和为Sn,若liman=2,则

n→∞n+1

n-1

*

S1

q= . 【答案】3

【解析】由an=q,得an+1=q.当q=1时,不满足题意;当q≠1时,Sn=若0<|q|<1,则lim则lima=n→∞n+1

Sn

1-qn

不存在;若|q|>1,

n→∞(1-q)qnn-1

n

a1(1-qn)1-q=

1-qn

. 1-q1-qn

lim

n→∞(1-q)qn=lim(1-q)·(qn-1)=-1-q=2,解得q=3. n→∞

*

n

*

1111

10.(2018·江苏·T 14)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N},B={x|x=2,n∈N}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为 . 【答案】27

【解析】①若an+1=2(k∈N),则Sn=2+2+…+2+1+3+…+2-1=2-2+(2)⇒(2)+2-2>12·2. 令2=t⇒4t+t-2>12t⇒t(t-44)>8. ∴t≥64⇒k≥6.此时,n=k-1+2=37. ②若an+1=2k+1(k∈N),

则Sn=2+2+…+2+1+3+…+2k-1(2<2k+1,t∈N), ∴Sn=2-2+k>12(2k+1)⇒2>-k+24k+14. ∴-k+24k+14<2<4k+2⇒k(k-20)>12.

取k=21,此时<2<43(舍),取k=22,29<2<45,t=5,n=5+22=27. 由①②,得nmin=27.

11.(2017·全国2·理T15)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑𝑆=____________.

𝑘=1𝑘【答案】𝑛+1 【解析】设等差数列的首项为a1,公差为d,由题意可知{

𝑎1+2𝑑=3,

4×3

4𝑎1+2𝑑

2𝑛

𝑛

2

t+1

t+1

2

t+1

2

1

2

t

t

*

*

k-1

k

k

*

1

2

k-1

k

k

k-12

k-12

k

k

1

2

772tt

1

𝑎=1,解得{1 =10,𝑑=1.

20

所以Sn=na1+所以

1𝑆𝑛

𝑛

𝑛(𝑛-1)𝑛(1+𝑛)

d=. 22=

211=2(-). 𝑛(𝑛+1)𝑛𝑛+11

1

1

1

1

1

2𝑛

所以∑𝑆=2[(1-2)+(2-3)+…+(𝑛-𝑛+1)]=2(1-𝑛+1)=𝑛+1. 𝑘=1𝑘

12.(2017·全国3·理T14)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4= . 【答案】-8

【解析】设{an}的公比为q,则由题意, 𝑎(1+𝑞)=-1,𝑎1=1,3得{1解得{故a4=a1q=-8. 2𝑞=-2,𝑎1(1-𝑞)=-3,

13.(2017·江苏·理T9文T9)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=,S6=,则a8= . 【答案】32

【解析】设该等比数列的公比为q,则S6-S3=4−4=14,即a4+a5+a6=14.① ∵S3=4,∴a1+a2+a3=4. 由①得(a1+a2+a3)q=14,∴q=∴a1+2a1+4a1=,a1=. ∴a8=a1·q=×2=32.

14.(2016·浙江·理T13文T13)设数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N,则a1= ,S5= . 【答案】1 121

【解析】由题意,可得a1+a2=4,a2=2a1+1, 所以a1=1,a2=3.

再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(n≥2), 两式相减得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2).

又因为a2=3a1,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列.所以

1-35

S5=1-3=121. *

7

3

3

1

74634637

77

1474=8,即q=2.

7414147

15.(2016·北京·理T12)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】∵{an}是等差数列,∴a3+a5=2a4=0.∴a4=0. ∴a4-a1=3d=-6.∴d=-2. ∴S6=6a1+15d=6×6+15×(-2)=6.

21

16.(2016·全国1·理T15)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为 . 【答案】64

【解析】由已知a1+a3=10,a2+a4=a1q+a3q=5,

13

两式相除得𝑞(𝑎=5=2,解得q=2,a1=8, +𝑎13)

𝑎+𝑎101

所以a1a2…an=8

n

11+2+…+(𝑛-1)

·(2)

=2

-𝑛2+

127𝑛

2,函数

127

f(n)=-2n+2n

12的对称轴为n=-

722×(-2)1=3.5, 又n∈N,所以当n=3或4时,a1a2…an取最大值为2

*

-×32+

7×3

6

2=2=64.

17.(2015·全国1·文T13)在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn为{an}的前n项和.若Sn=126,则n= . 【答案】6

【解析】∵an+1=2an,即

𝑎𝑛+1

=2, 𝑎𝑛

∴{an}是以2为公比的等比数列. 又

2(1-2𝑛)n

a1=2,∴Sn=1-2=126.∴2=64,∴n=6.

18.(2015·湖南·理T14)设Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an= . 【答案】3

【解析】设等比数列{an}的公比为q,则an=a1q=q.

因为3S1,2S2,S3成等差数列,所以2×(2S2)=3S1+S3,即4S2=3+S3,即4(a1+a2)=3+(a1+a2+a3), 也就是4(1+q)=3+(1+q+q),

整理得q-3q=0,解得q=3或q=0(舍去).

所以等比数列{an}的首项为a1=1,公比为q=3,故an=3.

19.(2015·福建·文T16)若a,b是函数f(x)=x-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于 . 【答案】9

𝑎+𝑏=𝑝>0,𝑎>0,

【解析】由题意,得{∴{

𝑎𝑏=𝑞>0,𝑏>0.

-2+𝑏=2𝑎,𝑎=1,𝑝=5,

不妨设a𝑞=4.𝑎𝑏=4,𝑏=4.20.(2015·江苏·理T11)设数列{an}满足a1=1,且an+1- an=n+1(n∈N).则数列{𝑎}前10项的和为____________.

𝑛

*

2

n-1

2

2

n-1

n-1

n-1

1

【答案】11 22

20

【解析】a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,an-an-1=n, 以上(n-1)个式子相加,得an-a1=2+3+4+…+n. ∵a1=1,∴an=1+2+3+…+n=

1

2

1

1

𝑛(𝑛+1)

. 2∴𝑎=𝑛(𝑛+1)=2(𝑛-𝑛+1).

𝑛

∴S10=2[(1-)+(-)+(-)+…+

22334(9-10)+(10-11)]=2(1-11)=11.

21.(2015·全国2·理T16)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= . 【答案】−

【解析】由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,两边同除以SnSn+1得𝑆−𝑆=1,即𝑆−𝑆=-1,则{𝑆}为等差数列,首项为

𝑛𝑛𝑛𝑛+1𝑛+1

1

=-1,公差为𝑆1

1

1

1

1

1

1

n1

1

1

1

1

20

1

1

1

1

1

d=-1,∴𝑆=-n.∴Sn=-𝑛.

𝑛

11

22.(2015·广东·理T10)在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8= . 【答案】10

【解析】根据等差数列的性质,得a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25,解得a5=5.又a2+a8=2a5,所以a2+a8=10.

23.(2015·陕西·文T13)中位数为1 010的一组数构成等差数列,其末项为2 015,则该数列的首项为 . 【答案】5

【解析】由等差数列的性质,得12n=1 010, 又∵an=2 015,∴a1=5.

24.(2014·江苏·理T7)在各项均为正数的等比数列{an}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是 . 【答案】4

【解析】设公比为q,则由a8=a6+2a4,得a1q=a1q+2a1q,q-q-2=0,解得q=2(q=-1舍去),所以a6=a2q=4. 25.(2014·广东·文

T13)等比数列{an}的各项均为正数,且

a1a5=4,则

7

5

3

4

2

2

2

4

a+a

log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5= . 【答案】5

2

【解析】由等比数列性质知a1a5=a2a4=𝑎3=4.

∵an>0,∴a3=2.

∴a1a2a3a4a5=(a1a5)·(a2·a4)·a3=2.

23

5

∴log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5 =log2(a1a2a3a4a5)=log22=5.

26.(2014·安徽·理T12)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= . 【答案】1

【解析】设数列{an}的公差为d,则a1=a3-2d,a5=a3+2d,

由题意得,(a1+1)(a5+5)=(a3+3),即(a3-2d+1)(a3+2d+5)=(a3+3),整理,得(d+1)=0, ∴d=-1,则a1+1=a3+3, 故q=1.

27.(2014·全国2·文T16)数列{an}满足an+1=【答案】 【解析】将a8=2代入an+1=

1

1

1

,可求得1-an

121

,a8=2,则1-an

2

2

2

5

a1=____________.

a7=; 12

将a7=2代入an+1=1-a,可求得a6=-1;

n

将a6=-1代入an+1=1-a,可求得a5=2.

n

1

由此可知数列{an}是一个周期数列,且周期为3,所以a1=a7=.

28.(2014·北京·理T12)若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n= 时,{an}的前n项和最大. 【答案】8

【解析】由等差数列的性质可得a7+a8+a9=3a8>0,即a8>0;而a7+a10=a8+a9<0,故a9<0.所以数列{an}的前8项和最大.

29.(2014·天津·理T11)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的值为 . 【答案】-2 【解析】由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+2×(-1)=4a1-6,而S1,S2,S4成等比数列,所以(2a1-1)=a1(4a1-6),整理得2a1+1=0,解得a1=-.

30.(2013·全国2·理T16)等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为 . 【答案】-49

【解析】设数列{an}的首项为a1,公差为d,则S10=10a1+2d=10a1+45d=0, ①

10×9

2

1

21

4×3

1224

S15=15a1+

15×14

d=15a1+105d=25. ② 223

n(n-1)2

×23

2

联立①②,得a1=-3,d=,所以Sn=-3n+

1

3

=n-n. 1

3

2

103

令f(n)=nSn,则f(n)=3n-3n,f'(n)=n-3n. 令f'(n)=0,得n=0或n=.

当n>3时,f'(n)>0,031.(2013·辽宁·理T14)已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x-5x+4=0的两个根,则S6= . 【答案】63

【解析】因为x-5x+4=0的两根为1和4, 又数列{an}是递增数列, 所以a1=1,a3=4,所以q=2. 所以

1×(1-26)S6==63. 1-223132

2

10

2

20

203

202020

32.(2013·全国1·理T14)若数列{an}的前n项和Sn=an+,则{an}的通项公式是an= . 【答案】(-2)

【解析】∵Sn=3an+3, ① ∴当n≥2时,Sn-1=3an-1+3. ② ①-②,得an=3an-3an-1,即a23132

2

an

n-1

n-1

21

21

=-2.

n-1

∵a1=S1=a1+,∴a1=1.∴数列{an}是以1为首项,-2为公比的等比数列,an=(-2). 33.(2012·全国·文T14)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,可得a1+a2+a3=-3(a1+a2), 即a1(1+q+q)=-3a1(1+q), 化简整理得q+4q+4=0,解得q=-2. 三、计算题

1.(2019·全国2·文T18)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.

25

22

(1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=log2an.求数列{bn}的前n项和.

【解析】(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2

=4q+16,即q2

-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{an}的通项公式为an-1

2n-1

n=2×4=2

.

(2)由(1)得b2

n=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n.

2.(2019·全国2·理T19)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.

【解析】(1)证明由题设得4(a1

n+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=2(an+bn). 又因为a11+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为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)解由(1)知,a1

n+bn=

2

𝑛-1,an-bn=2n-1.

所以a1

1n=2[(an+bn)+(an-bn)]=𝑛+n-1

22, b1

11

n=2[(an+bn)-(an-bn)]=2

𝑛-n+2. 3.(2019·天津·文T18)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{c1,𝑛为奇数,

*

n}满足cn={

𝑏𝑛,𝑛为偶数,

求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N).

2【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.依题意, 得{3𝑞=3+2𝑑,𝑑=3,3𝑞2=15+4𝑑.解得{𝑞=3,

故an-1

n

n=3+3(n-1)=3n,bn=3×3=3.

所以,{an

n}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3.

(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)

=[n×3+𝑛(𝑛2

-1

)×6]+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)

=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n

). 记T1

2

n

n=1×3+2×3+…+n×3,

①

26

则3Tn=1×3+2×3+…+n×3, ② ②-①得,2Tn=-3-3-3-…-3+n×3

2

2

3

n

n+1

23n+1

𝑛+1

3(1-3𝑛)+3n+1(2𝑛-1)3=-1-3+n×3=. 2所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n+6Tn=3n

2

(2𝑛-1)3𝑛+1+3+3×

2=

(2𝑛-1)3𝑛+2+6𝑛2+9*

(n∈N).

24.(2019·天津·理T19)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4. (1)求{an}和{bn}的通项公式;

1,2𝑘<𝑛<2𝑘+1,*

(2)设数列{cn}满足c1=1,cn={其中k∈N. 𝑘

𝑏𝑘,𝑛=2,①求数列{𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)}的通项公式; ②求∑aici(n∈N).

𝑖=12𝑛

*

6𝑞=6+2𝑑,𝑑=3,

【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.依题意得{2解得{故

𝑞=2,6𝑞=12+4𝑑,an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2=3×2.

所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2. (2)①𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)=𝑎2𝑛(bn-1) =(3×2+1)(3×2-1)=9×4-1.

所以,数列{𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)}的通项公式为𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)=9×4-1. ②∑aici=∑[ai+ai(ci-1)]

𝑖=1

𝑖=1

2𝑛

2𝑛

n

n

n

n

n

n-1

n

=∑ai+∑𝑎2𝑖(𝑐2𝑖-1)

𝑖=1

𝑖=1

2𝑛

𝑛

=[2

n

𝑛

2𝑛(2𝑛-1)i

×4+×3]+∑(9×4-1)

2𝑖=1

2n-1

=(3×2=27×2

+5×2)+9×1-4-n +5×2-n-12(n∈N).

n-1

*

n-1

4(1-4𝑛)

2n-1

5.(2019·浙江·T 20)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)记cn=√

𝑎𝑛**

,n∈N,证明:c1+c2+…+cn<2√n,n∈N. 2𝑏𝑛

*

【解析】(1)设数列{an}的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d, 解得a1=0,d=2. 从而an=2n-2,n∈N.

*

27

所以Sn=n-n,n∈N.

由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得(Sn+1+bn)=(Sn+bn)(Sn+2+bn).

2

解得bn=(𝑆𝑛+1-SnSn+2).

2

2*

1

𝑑所以bn=n+n,n∈N.

𝑛

(2)cn=√2𝑏=√2𝑛(𝑛+1)=√𝑛(𝑛+1),n∈N.

*

2*

𝑎2𝑛-2𝑛-1

𝑛

我们用数学归纳法证明. ①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;

②假设n=k(k∈N)时不等式成立,即c1+c2+…+ck<2√𝑘. 那么,当n=k+1时,c1+c2+…+ck+ck+1<2√𝑘+√√𝑘)=2√𝑘+1, 即当n=k+1时不等式也成立.

根据①和②,不等式c1+c2+…+cn<2√𝑛对任意n∈N成立.

6.(2019·江苏·T 20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M- 数列”. (1)已知等比数列{an}(n∈N)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M- 数列”; (2)已知数列{bn}(n∈N)满足:b1=1,①求数列{bn}的通项公式;

②设m为正整数.若存在“M- 数列”{cn}(n∈N),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.

【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q, 所以a1≠0,q≠0.

24𝑎2𝑎4=𝑎5,𝑎1𝑞=𝑎1𝑞4,由{𝑎-4𝑎+4𝑎=0,得{

321𝑎1𝑞2-4𝑎1𝑞+4𝑎1=0,

*

*

*

*

*

𝑘

<2√𝑘(𝑘+1)(𝑘+2)

+√

1

<2√𝑘𝑘+1

+2√𝑘+1+√𝑘=2√𝑘+2(√𝑘+1−

1𝑆𝑛

=

2𝑏𝑛

−

2𝑏𝑛+1

,其中Sn为数列{bn}的前n项和.

𝑎=1,解得{1

𝑞=2.

因此数列{an}为“M- 数列”. (2)①因为

1𝑆𝑛

=

2𝑏𝑛1

−

2𝑏𝑛+12

,所以bn≠0.

2

由b1=1,S1=b1,得1=1−𝑏,则b2=2.

2

由𝑆=𝑏−𝑏,得Sn=2(𝑏𝑛𝑛+1, 𝑛𝑛𝑛+1𝑛+1-𝑏𝑛)

122𝑏𝑏

28

当n≥2时,由b𝑏𝑏𝑏𝑏

n=Sn-Sn-1,得bn=𝑛𝑛+1𝑛-1𝑛

2(𝑏𝑛+1-𝑏𝑛)

−2(𝑏𝑛-𝑏𝑛-1), 整理得bn+1+bn-1=2bn.

所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列. 因此,数列{bn}的通项公式为bn=n(n∈N*

). ②由①知,b*

k=k,k∈N. 因为数列{cn}为“M- 数列”, 设公比为q,所以c1=1,q>0. 因为ck≤bk≤ck+1,

所以qk-1

≤k≤qk

,其中k=1,2,3,…,m. 当k=1时,有q≥1; 当k=2,3,…,m时,有

𝑙𝑛𝑘𝑙𝑛𝑘

𝑘≤ln q≤𝑘-1. 设f(x)=𝑙𝑛𝑥

1-𝑙𝑛𝑥

𝑥(x>1),则f'(x)=𝑥2. 令f'(x)=0,得x=e. 列表如下:

x (1,e) e (e,+∞) f'(x) + 0 - f(x) ↗ 极大值 ↘ 因为𝑙𝑛2𝑙𝑛8

𝑙𝑛9

𝑙𝑛3

2=6<6=3, 所以f(k)𝑙𝑛3max=f(3)=

3. 取q=3

√3,当k=1,2,3,4,5时,

𝑙𝑛𝑘

𝑘

≤ln q, 即k≤qk

,经检验知qk-1

≤k也成立. 因此所求m的最大值不小于5.

若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q3

,且q5

≤6,从而q15

≥243,且q15

≤216, 所以q不存在.因此所求m的最大值小于6. 综上,所求m的最大值为5.

7.(2018·北京·文T15)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2. (1)求{an}的通项公式;

29

(2)求𝑒𝑎1+𝑒𝑎2+…+𝑒𝑎𝑛.

【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d, ∵a2+a3=5ln 2.∴2a1+3d=5ln 2,

又a1=ln 2,∴d=ln 2.∴an=a1+(n-1)d=nln 2. (2)由(1)知an=nln 2. ∵𝑒𝑎𝑛=e

nln 2

=𝑒𝑙𝑛2=2,

n

𝑛

∴{𝑒𝑎𝑛}是以2为首项,2为公比的等比数列. ∴𝑒𝑎1+𝑒𝑎2+…+𝑒𝑎𝑛=2+2+…+2=2-2.

2

n

n+1

∴𝑒𝑎1+𝑒𝑎2+…+𝑒𝑎𝑛=2-2.

n+1

8.(2018·上海·T 21)给定无穷数列{an},若无穷数列{bn}满足:对任意x∈N,都有|bn-an|≤1,则称{bn}与{an}“接近”.

(1)设{an}是首项为1,公比为的等比数列,bn=an+1+1,n∈N,判断数列{bn}是否与{an}接近,并说明理由; (2)设数列{an}的前四项为a1=1,a2=2,a3=4,a4=8,{bn}是一个与{an}接近的数列,记集合M={x|x=bi,i=1,2,3,4},求M中元素的个数m:

(3)已知{an}是公差为d的等差数列.若存在数列{bn}满足:{bn}与{an}接近,且在b2-b1,b3-b2,…,b201-b200中至少有100个为正数,求d的取值范围. 【解析】(1)数列{bn}与{an}接近.

理由:由{an}是首项为1,公比为2的等比数列, 可得an=

2

𝑛-1,bn=an+1+1=2𝑛+1, *

12*

1

11

则|bn-an|=|

12𝑛+1-

2

𝑛-1|=|1-

1

1*𝑛|<1,n∈N, 2故数列{bn}与{an}接近;

(2)由{bn}是一个与{an}接近的数列,可得an-1≤bn≤an+1, 由数列{an}的前四项为a1=1,a2=2,a3=4,a4=8, 可得b1∈[0,2],b2∈[1,3],b3∈[3,5],b4∈[7,9].

b1与b2可能相等,b2与b3可能相等,但b1与b3不相等,b4与b3不相等, 集合M={x|x=bi,i=1,2,3,4}, M中元素的个数m=3或m=4.

(3)由{an}是公差为d的等差数列,若存在数列{bn}满足:{bn}与{an}接近,可得an=a1+(n-1)d.

30

①若d>0,取bn=an,可得bn+1-bn=an+1-an=d>0,

则b2-b1,b3-b2,…,b201-b200中有200个正数,符合题意; ②若d=0,取bn=a1-, 则|bn-an|=|𝑎1-𝑛-𝑎1|=𝑛<1,n∈N, 可得bn+1-bn=−

1𝑛1

>0, 𝑛+11

1

*

1𝑛则b2-b1,b3-b2,…,b201-b200中有200个正数,符合题意;

③若-20, 则b2-b1,b3-b2,…,b201-b200中恰有100个正数,符合题意; ④若d≤-2,假设存在数列{bn}满足:{bn}与{an}接近, 则为an-1≤bn≤an+1,an+1-1≤bn+1≤an+1+1, 可得bn+1-bn≤an+1+1-(an-1)=2+d≤0,

b2-b1,b3-b2,…,b201-b200中没有正数,与已知矛盾. 故d≤-2不符合题意.

综上可得,d的取值范围是(-2,+∞).

9.(2018·江苏·T 20)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列. (1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;

(2)若a1=b1>0,m∈N,q∈(1, √2],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).

【解析】(1)由条件知,an=(n-1)d,bn=2. 因为|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立, 即|(n-1)d-2|≤1对n=1,2,3,4均成立, 即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得3≤d≤2. 因此,d的取值范围为[3,2]. (2)由条件知,an=b1+(n-1)d,bn=b1q.

若存在d,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)成立,即|b1+(n-1)d-b1q|≤b1(n=2,3,…,m+1), 即当

𝑞𝑛-1-2𝑞𝑛-1

n=2,3,…,m+1时,d满足n-1b1≤d≤𝑛-1b1.因为

n-1

n-1

n-1

n-1

*

𝑚

75

75

q∈(1,√2],则1𝑚

n-1m

𝑞𝑛-1-2𝑞𝑛-1

从而𝑛-1b1≤0,𝑛-1b1>0,对

n=2,3,…,m+1均成立.

31

因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立. 下面讨论数列{

𝑞𝑛-1-2𝑞𝑛-1

}的最大值和数列{}的最小值(n=2,3,…,m+1). 𝑛-1𝑛-1𝑞𝑛-2𝑞𝑛-1-2

−𝑛𝑛-1n

m

①当2≤n≤m时,当

1

𝑚1=

𝑛𝑞𝑛-𝑞𝑛-𝑛𝑞𝑛-1+2

𝑛(𝑛-1)n

n-1

n

=

𝑛(𝑞𝑛-𝑞𝑛-1)-𝑞𝑛+2

,

𝑛(𝑛-1)q≤q≤2,从而n(q-q)-q+2>0.

𝑞𝑛-1-2

因此,当2≤n≤m+1时,数列{𝑛-1}单调递增, 故数列{𝑛-1}的最大值为𝑚.

②设f(x)=2(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln 2-1-xln 2)2<0, 所以f(x)单调递减,从而f(x)𝑞𝑛𝑛时,𝑛𝑞-1𝑛-1x

x

𝑞𝑛-1-2𝑞𝑚-2

=

𝑞(𝑛-1)𝑛≤

12𝑛(1-𝑛)=f(𝑛)<1,

11

因此,当故数列{

𝑞𝑛-1

2≤n≤m+1时,数列{}单调递减,

𝑛-1𝑞𝑛-1𝑞𝑚

}的最小值为. 𝑛-1𝑚𝑏1(𝑞𝑚-2)𝑏1𝑞𝑚

,]. 𝑚𝑚*

因此,d的取值范围为[

10.(2018·天津·文T18)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6. (1)求Sn和Tn;

(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.

【解析】(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故bn=2.所

1-2𝑛n

以,Tn==2-1.

1-22

n-1

*

设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n.所以,Sn=

𝑛(𝑛+1)

. 2

1

2

n

(2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(2+2+…+2由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得,

2

2×(1-2𝑛)n+1

)-n=-n=2-n-2.

1-2

𝑛(𝑛+1)n+1n+1

+2-n-2=n+2, 2整理得n-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4. 所以,n的值为4.

11.(2018·天津·理T18)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N),{bn}是等差数列.已知

32

*

a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6. (1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N), ①求Tn;

(𝑇𝑘+𝑏𝑘+2)𝑏𝑘

②证明∑(𝑘+1

)(𝑘+2)𝑘=1

𝑛

*

=

2𝑛+2*

-2(n∈N). 𝑛+22

n-1

【解析】(1)解设等比数列{an}的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故an=2. 设等差数列{bn}的公差为d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故bn=n. 所以,数列{an}的通项公式为an=2,数列{bn}的通项公式为bn=n. (2)①解由(1),有

𝑛

k

n-1

1-2𝑛n

Sn==2-1, 1-2𝑛

k

故Tn=∑(2-1)=∑2-n=

𝑘=1

𝑘=1

2×(1-2𝑛)n+1

-n=2-n-2. 1-2(𝑇+𝑏)𝑏

②证明因为𝑘𝑘+2𝑘

(𝑘+1)(𝑘+2)24232𝑛+22𝑛+1(4-3)+…+(𝑛+2-𝑛+1)

==

(2𝑘+1-𝑘-2+𝑘+2)𝑘(𝑘+1)(𝑘+2)2𝑛+2

-2. 𝑛+2=

𝑘·2𝑘+1

(𝑘+1)(𝑘+2)

=

2𝑘+2𝑘+2𝑛

(𝑇+𝑏)𝑏2𝑘+1

−,所以,∑𝑘𝑘+2𝑘

𝑘+1𝑘=1(𝑘+1)(𝑘+2)

=

2322

(-)+3212.(2018·全国2·理T17文T17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15. (1)求{an}的通项公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值.

【解析】(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15. 由a1=-7得d=2.

所以{an}的通项公式为an=2n-9. (2)由(1)得Sn=n-8n=(n-4)-16.

所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.

𝑛

13.(2018·全国1·文T17)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=𝑛.

2

2

𝑎

(1)求b1,b2,b3;

(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由; (3)求{an}的通项公式. 【解析】(1)由条件可得an+1=

2(𝑛+1)

an. 𝑛

将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4. 将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.

33

从而b1=1,b2=2,b3=4.

(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列. 由条件可得

𝑎𝑛+1𝑛+1𝑎𝑛=

2𝑎𝑛

,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为𝑛n-1

n-1

1,公比为2的等比数列.

(3)由(2)可得𝑛=2,所以an=n·2.

14.(2018·全国3·理T17文T17)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3. (1)求{an}的通项公式;

(2)记Sn为{an}的前n项和,若Sm=63,求m. 【解析】(1)设{an}的公比为q,由题设得an=q. 由已知得q=4q,解得q=0(舍去),q=-2或q=2. 故an=(-2)或an=2. (2)若an=(-2),则

mn-1n-1

n-1

4

2

n-1

1-(-2)Sn=

3

𝑛

.

由Sm=63得(-2)=-188,此方程没有正整数解. 若an=2,则Sn=2-1.由Sm=63得2=64,解得m=6. 综上,m=6.

15.(2017·全国1·文T17)设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知S2=2,S3=-6. (1)求{an}的通项公式;

(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列. 【解析】(1)设{an}的公比为q. 𝑎(1+𝑞)=2,

由题设可得{1

𝑎1(1+𝑞+𝑞2)=-6.解得q=-2,a1=-2.

故{an}的通项公式为an=(-2). (2)由(1)可得由于

𝑛+1

𝑎1(1-𝑞𝑛)2n2Sn==-+(-1). 1-𝑞33n

n-1

n

m

𝑛+3𝑛+2𝑛+1

4-22𝑛2n2

Sn+2+Sn+1=-3+(-1)=2[-3+(-1)3]=2Sn,故3Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.

16.(2017·全国2·文T17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.

(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式; (2)若T3=21,求S3.

【解析】设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,

34

则an=-1+(n-1)d,bn=q. 由a2+b2=2得d+q=3.① (1)由a3+b3=5,得2d+q=6.②

𝑑=3,𝑑=1,

联立①和②解得{(舍去),{

𝑞=0𝑞=2.因此{bn}的通项公式为bn=2. (2)由b1=1,T3=21得q+q-20=0, 解得q=-5或q=4.

当q=-5时,由①得d=8,则S3=21. 当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.

17.(2017·全国3·文T17)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{

𝑎𝑛

}的前n2𝑛+1

2

n-1

2

n-1

项和.

【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=2𝑛-1(n≥2). 又由题设可得a1=2, 从而{an}的通项公式为an=(2)记{

𝑎𝑛

}的前n2𝑛+1𝑎𝑛2𝑛+1132

. 2𝑛-12

项和为Sn.

=

11

−. 2𝑛-12𝑛+1由(1)知

11=

132

(2𝑛+1)(2𝑛-1)15则Sn=−+−+…+

11

−

2𝑛-12𝑛+1=

2𝑛

. 2𝑛+1*

18.(2017·天津·理T18)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N).

【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q)=12, 而b1=2,所以q+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,bn=2.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.① 由S11=11b4,可得a1+5d=16,②

n

2

2

*

35

联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.

所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2.

(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4,有a2nb2n-1=(3n-1)×4, 故Tn=2×4+5×4+8×4+…+(3n-1)×4,

4Tn=2×4+5×4+8×4+…+(3n-4)×4+(3n-1)×4, 上述两式相减,得-3Tn=2×4+3×4+3×4+…+3×4-(3n-1)×4=-(3n-2)×4-8.得Tn=

n+1

2

3

n

n+1

2

3

4

n

n+1

2

3

n

n-1

n

n

12×(1-4𝑛)n+1=1-4-4-(3n-1)×4

3𝑛-2n+18

×4+. 33

3𝑛-2n+18

×4+. 33所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为

19.(2017·山东·理T19)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2. (1)求数列{xn}的通项公式;

(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2)…Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.

【解析】(1)设数列{xn}的公比为q,由已知q>0. 𝑥1+𝑥1𝑞=3,2

由题意得{所以3q-5q-2=0. 2

𝑥1𝑞-𝑥1𝑞=2.因为q>0,所以q=2,x1=1,

因此数列{xn}的通项公式为xn=2.

(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.由(1)得xn+1-xn=2-2=2, 记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn, 由题意bn=

(𝑛+𝑛+1)n-1n-2

×2=(2n+1)×2, 2

n

n-1

n-1

n-1

所以Tn=b1+b2+…+bn

=3×2+5×2+7×2+…+(2n-1)×2+(2n+1)×2.

0

1

2

n-2

n-1

-1

0

1

n-3

n-2

①

②

又2Tn=3×2+5×2+7×2+…+(2n-1)×2+(2n+1)×2, ①-②得

36

-Tn=3×2+(2+2+…+2)-(2n+1)×2所以Tn=

(2𝑛-1)×2𝑛+1

. 2-12n-1n-1

32(1-2𝑛-1)n-1

=+-(2n+1)×2. 21-2

20.(2017·山东·文T19)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3. 1)求数列{an}的通项公式;

(2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求数列{𝑛}的前n项和Tn.

2

【解析】(1)设{an}的公比为q,由题意知:a1(1+q)=6,𝑎1q=a1q,又an>0,解得a1=2,q=2,所以an=2.

2

n

𝑏

𝑎𝑛

(2)由题意知:S2n+1=

(2𝑛+1)(𝑏1+𝑏2𝑛+1)

=(2n+1)bn+1, 2又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1. 令cn=𝑎𝑛,则cn=

𝑛

𝑏

2𝑛+1

, 2𝑛因此Tn=c1+c2+…+cn =+

13252

2+

72

3+…+

2𝑛-12𝑛-1+

2𝑛+1

. 2𝑛又2Tn=

3

22

+

52

3+

723

4+…+

2𝑛-12𝑛+1

+𝑛+1, 2𝑛212

2两式相减得2Tn=2+(2+

11

+…+

2

𝑛-1)

1

−

2𝑛+12

𝑛+1,所以

Tn=5-

2𝑛+5

. 2𝑛*

21.(2017·天津·文T18)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N).

【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q)=12, 而b1=2,所以q+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,bn=2.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.① 由S11=11b4,可得a1+5d=16,②

联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.

所以,{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2. (2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2, 有Tn=4×2+10×2+16×2+…+(6n-2)×2,

2Tn=4×2+10×2+16×2+…+(6n-8)×2+(6n-2)×2, 上述两式相减,得-Tn=4×2+6×2+6×2+…+6×2-(6n-2)×2=

2

3

n

n+1

2

3

4

n

n+1

2

3

n

n

n

2

2

*

12×(1-2𝑛)n+1n+2

-4-(6n-2)×2=-(3n-4)2-16.得

1-237

Tn=(3n-4)2+16.

所以,数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2+16.

22.(2016·全国2·理T17)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过n+2

n+2

x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b1,b11,b101;

(2)求数列{bn}的前1 000项和.

【解析】(1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28, 解得d=1.

所以{an}的通项公式为an=n.

b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2. 0,1≤𝑛<10,(2)因为b1,10≤𝑛<100,

n={2,100≤𝑛<1000,

3,𝑛=1000,

所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893. 23.(2016·全国2·文T17)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. 【解析】(1)设数列{an}的公差为d, 由题意有2a1+5d=4,a1+5d=3, 解得a21=1,d=5. 所以{a2𝑛+3

n}的通项公式为an=5. (2)由(1)知,bn=[

2𝑛+3

5]. 当n=1,2,3时,1≤2𝑛+3

5<2,bn=1; 当n=4,5时,2≤2𝑛+3

5<3,bn=2; 当n=6,7,8时,3≤

2𝑛+3

5<4,bn=3; 当n=9,10时,4≤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.

24.(2016·浙江·文T17)设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*

.

38

(1)求通项公式an;

(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和.

【解析】(1)由题意得{𝑎+𝑎𝑎12=4,𝑎=1,

2=2𝑎1+1,则{𝑎12=3.

又当n≥2时,

由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,得an+1=3an. 所以,数列{an-1

*

n}的通项公式为an=3,n∈N. (2)设bn-1

*

n=|3-n-2|,n∈N,b1=2,b2=1. 当n≥3时,由于3n-1

>n+2,故bn-1

n=3-n-2,n≥3. 设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3. 当n≥3

时,T9(1-3𝑛-2)(𝑛+7)(𝑛-2)

5𝑛+11

n=3+1-3−

2=

3𝑛-𝑛2-2, 2,𝑛=1,

所以Tn={3𝑛-𝑛2-5𝑛+11

2,𝑛≥2,𝑛∈𝑁*.

25.(2016·北京·文T15)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. 【解析】(1)等比数列{b𝑏9

n}的公比q=3𝑏2=3=3, 所以b𝑏

1=2𝑞=1,b4=b3q=27. 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-1

n-1

n=2n-1,bn=3.因此cn=an+bn=2n-1+3. 从而数列{cn}的前n项和 Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1

=𝑛(1+2𝑛-1)1-3𝑛22+1-3=n+3𝑛-12

. 26.(2016·山东·理T18文T19)已知数列{a2

n}的前n项和Sn=3n+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)令c+1)

𝑛+1n=

(𝑎𝑛(𝑏𝑛,求数列{cn}的前n项和Tn.

𝑛+2)

【解析】(1)由题意知当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5,

39

当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5. 设数列{bn}的公差为d.

𝑎=𝑏1+𝑏2,11=2𝑏1+𝑑,由{1即{ 𝑎2=𝑏2+𝑏3,17=2𝑏1+3𝑑,可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1. (2)由(1)知cn=

(6𝑛+6)

𝑛+1𝑛(3𝑛+3)

=3(n+1)·2.

n+1

又Tn=c1+c2+…+cn,

得Tn=3×[2×2+3×2+…+(n+1)×2], 2Tn=3×[2×2+3×2+…+(n+1)×2],

两式作差,得-Tn=3×[2×2+2+2+…+2-(n+1)×2]=3×[4+=-3n·2,所以Tn=3n·2.

27.(2016·天津·理T18)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N,bn是an和an+1的等比中项.

22(1)设cn=𝑏𝑛+1−𝑏𝑛,n∈N,求证:数列{cn}是等差数列;

*

*

n+2

n+22

3

4

n+1

n+2

3

4

n+2

2

3

n+1

4(1-2𝑛)

-(𝑛+1)×2𝑛+2] 1-2(2)设a1=d,Tn=∑(-1)

𝑘=1

2𝑛

k

𝑛

1*2

𝑏𝑘,n∈N,求证:∑𝑇𝑘=1𝑘

<

1

2𝑑

2. 22

【解析】证明(1)由题意得𝑏𝑛=anan+1,有cn=b2n+1−bn=an+1an+2-anan+1=2dan+1,

因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d, 所以{cn}是等差数列.

22222(2)Tn=(-b1+b22)+(-b3+b4)+…+(-b2n-1+b2n)=2d(a2+a4+…+a2n)=2d·

n

n(a2+a2n)12

=2dn(n+1).所以∑2k=1Tk

2

=

1

2∑k(k+1)2dk=1

1

n

=

∑(-)=2·(1-n+1)<2. 2dk=1kk+12d2d

2*

1

n

11111

28.(2016·天津·文T18)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N),且a−a=a,S6=63.

123(1)求{an}的通项公式;

(2)若对任意的n∈N,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)b2n}的前2n项和.

*

n

112

【解析】(1)设数列{an}的公比为q. 由已知,有−又由

1

a1

1a1q=

2

,解得a1q2q=2,或q=-1.

1-26

a1·1-2=63,得1

n-1

1-q6

S6=a1·1-q=63,知

1

q≠-1,所以a1=1.所以an=2.

n

n-1

(2)由题意,得bn=2(log2an+log2an+1)=2(log22+log22)=n-2, 1

40

即{bn}是首项为2,公差为1的等差数列. 设数列{(-1)b2n}的前

n

1

n项和为Tn,则

2222

T2n=(-b1+b22)+(-b3+b4)+…+(-b2n-1+

b22n)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=

2n(b1+b2n)2

=2n. 213

29.(2016·全国1·文T17)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=,anbn+1+bn+1=nbn. (1)求{an}的通项公式; (2)求{bn}的前n项和.

【解析】(1)由已知,得a1b2+b2=b1,又b1=1,b2=3,得a1=2.所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.

(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=3n, 因此{bn}是首项为1,公比为3的等比数列.记{bn}的前n项和为Sn,则Sn=

1

1-(3)1-311n

1

b

=2−

312×3n-1. 30.(2016·全国3·文T17)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1, a2n-(2an+1-1)an-2an+1=0. (1)求a2,a3;

(2)求{an}的通项公式.

【解析】(1)由题意得a2=2,a3=4. n+1(2)由a2=2.故{an}是首项为n-(2an+1-1)an-2an+1=0得2an+1(an+1)=an(an+1).因为{an}的各项都为正数,所以an

11

a1

1,公比为2的等比数列,因此an=

1

2

n-1.

1

31.(2016·全国3·理T17)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=,求λ.

【解析】(1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=

1

,a1≠0. 1-λ

3132由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1,两式相减得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以

an+1an

=

λ1λ1λn-1.因此{an}是首项为1-λ,公比为λ-1的等比数列,于是an=1-λ(λ-1). λ-1λn

Sn=1-(λ-1).由

31S5=32得λ51-(λ-1)

(2)由(1)得=

31λ5,即(λ-1)32=32.解得λ=-1.

1

32.(2015·北京·文T16)已知等差数列{an}满足a1+a2=10,a4-a3=2. (1)求{an}的通项公式;

41

(2)设等比数列{bn}满足b2=a3,b3=a7.问:b6与数列{an}的第几项相等? 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d. 因为a4-a3=2,所以d=2.

又因为a1+a2=10,所以2a1+d=10,故a1=4. 所以an=4+2(n-1)=2n+2(n=1,2,…). (2)设等比数列{bn}的公比为q. 因为b2=a3=8,b3=a7=16,所以q=2,b1=4. 所以b6-1

6=4×2=128. 由128=2n+2得n=63.

所以b6与数列{an}的第63项相等.

33.(2015·重庆·文T16)已知等差数列{a9

n}满足a3=2,前3项和S3=2. (1)求{an}的通项公式;

(2)设等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a15,求{bn}的前n项和Tn. 【解析】(1)设{a3×2n}的公差为d,则由已知条件得a1+2d=2,3a1+2d=9

2,化简得a1+2d=2,a1+d=32, 解得a11=1,d=2, 故通项公式a𝑛-1

n=1+

2,即an=

𝑛+1

2. (2)由(1)得b15+11=1,b4=a15=2=8. 设{b3

𝑏

n}的公比为q,则q=4𝑏1

=8,从而q=2,

故{bn}的前n项和

T𝑏(1-𝑞𝑛)(1-2𝑛)n=1

1-𝑞=

1×1-2=2n

-1. 34.(2015·福建·文T17)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=2𝑎𝑛-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值. 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d. 由已知得{𝑎1+𝑑=4,

(𝑎𝑎

1+3𝑑)+(1+6𝑑)=15,解得{𝑎=3,𝑑1=1.所以an=a1+(n-1)d=n+2.

(2)由(1)可得bn

n=2+n.

所以b2

1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(2+2)+(23

+3)+…+(210

+10)

42

=(2+2+2+…+2)+(1+2+3+…+10)

2(1-210)(1+10)×10=1-2+ 2

2310

=(2-2)+55=2+53=2 101.

235.(2015·全国1·理T17)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,𝑎𝑛+2an=4Sn+3.

1111

(1)求{an}的通项公式; (2)设bn=

1

,求数列{bn}的前n𝑎𝑛𝑎𝑛+1

项和.

22

【解析】(1)由𝑎𝑛+2an=4Sn+3,可知𝑎𝑛+1+2an+1=4Sn+1+3.

2222可得𝑎𝑛+1−𝑎𝑛+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=(an+1+an)(an+1-an).

由于an>0,可得an+1-an=2.

2又𝑎1+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),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=𝑎𝑎=(2𝑛+1)(2𝑛+3)=2(2𝑛+1-2𝑛+3).

𝑛𝑛+1

设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+…+bn=[(-)+(-)+…+−235572𝑛+12𝑛+336.(2015·安徽·文T18)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=

𝑎𝑛+1,求数列{bn}的前n𝑆𝑛𝑆𝑛+1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

=32𝑛+3. ()

𝑛

项和Tn.

【解析】(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8, 𝑎=1,𝑎=8,

又a1+a4=9,可解得{1或{1(舍去).

𝑎4=8𝑎4=1由a4=a1q得公比q=2,故an=a1q=2. (2)Sn=又bn=

𝑎1(1-𝑞𝑛)n

=2-1, 1-𝑞3

n-1

n-1

𝑎𝑛+1𝑆𝑛𝑆𝑛+1

=

𝑆𝑛+1-𝑆𝑛𝑆𝑛𝑆𝑛+1

=

1

1𝑆𝑛1

−

1𝑆𝑛+1

,

1

1

1

1

1

1

所以Tn=b1+b2+…+bn=(𝑆-𝑆)+(𝑆-𝑆)+…+(𝑆-𝑆)=𝑆−𝑆=1-𝑛+1.

𝑛2-11223𝑛+11𝑛+1

37.(2015·天津·理T18)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.

(1)求q的值和{an}的通项公式;

*

1

43

(2)设bn=

𝑙𝑜𝑔2𝑎2𝑛*

,n∈N,求数列{bn}的前n𝑎2𝑛-1

项和.

【解析】(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2. 当n=2k-1(k∈N)时,an=a2k-1=2

*

k

*

k-1

𝑛-1=22;

当n=2k(k∈N)时,an=a2k=2=22.

22,𝑛为奇数,

所以,{an}的通项公式为an={𝑛

22,𝑛为偶数.(2)

由

1

𝑛-1

𝑛

(1)

1

得

1

bn=

𝑙𝑜𝑔2𝑎2𝑛𝑎2𝑛-1

12

=

𝑛2𝑛-112

.

12设{bn}

1

1

的前

1

n项

1

和为

1

Sn,则

Sn=1×0+2×1+3×2+…+(n-1)×

2

2

2

1111

减,得Sn=1++2+…+𝑛-12222

𝑛

−𝑛2𝑛-2+n×𝑛-1,Sn=1×1+2×2+3×3+…+(n-1)×

2

2

2

2

𝑛-1+n×2𝑛,上述两式相

=

1-𝑛21-211

−

𝑛2𝑛=2-𝑛22−

𝑛𝑛+2

𝑛,整理得,Sn=4-𝑛-1.所以,数列{bn}的前22

n项和为

4-

𝑛+22

𝑛-1,n∈N

*

.

1𝑛

}的前n项和为. 𝑎𝑛·𝑎𝑛+12𝑛+138.(2015·山东·文T19)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列{(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=(an+1)·2𝑎𝑛,求数列{bn}的前n项和Tn. 【解析】(1)设数列{an}的公差为d. 令n=1,得𝑎𝑎=3,所以a1a2=3.

12令n=2,得

11

+𝑎1𝑎2𝑎2𝑎31

1

=,所以a2a3=15.

25解得a1=1,d=2,所以an=2n-1. (2)由(1)知bn=(an+1)·2𝑎𝑛=2n·2所以Tn=1·4+2·4+…+n·4, 所以4Tn=1·4+2·4+…+n·4, 两式相减,得-3Tn=4+4+…+4-n·4所以

3𝑛-1n+14Tn=9×4+91

2

n

n+1

2

3

n+1

1

2

n

2n-1

=n·4,

n

4(1-4𝑛)n+11-3𝑛n+14=-n·4=×4-. 1-433=

4+(3𝑛-1)4𝑛+1

. 9*

39.(2015·浙江·文T17)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N),b1+2b2+3b3+…+𝑛bn=bn+1-1(n∈N).

44

*

111

(1)求an与bn;

(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn. 【解析】(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2(n∈N). 由题意知:当n=1时,b1=b2-1,故b2=2; 当n≥2时,bn=bn+1-bn,整理得所以bn=n(n∈N). (2)由(1)知anbn=n·2,

因此Tn=2+2·2+3·2+…+n·2, 2Tn=2+2·2+3·2+…+n·2, 所以Tn-2Tn=2+2+2+…+2-n·2. 故Tn=(n-1)2+2(n∈N).

40.(2015·天津·文T18)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)设cn=anbn,n∈N,求数列{cn}的前n项和.

【解析】(1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意q>0.由已 2𝑞2-3𝑑=2,42

知,有{4消去d,整理得q-2q-8=0.又因为q>0,解得q=2,

𝑞-3𝑑=10,所以d=2.

所以数列{an}的通项公式为an=2,n∈N;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N.

(2)由(1)有cn=(2n-1)·2,设{cn}的前n项和为Sn,则Sn=1×2+3×2+5×2+…+(2n-3)×2+(2n-1)×2, 2Sn=1×2+3×2+5×2+…+(2n-3)×2+(2n-1)×2,

上述两式相减,得-Sn=1+2+2+…+2-(2n-1)×2=2-3-(2n-1)×2=-(2n-3)×2-3, 所以,Sn=(2n-3)·2+3,n∈N.

41.(2015·湖北·文T19)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式;

(2)当d>1时,记cn=𝑏𝑛,求数列{cn}的前n项和Tn.

𝑛

n

*2

3

n

n

n+1

n

n

1

2

3

n-1

n

n-1

0

1

2

n-2

n-1

n-1

*

*

*

n+1

*

2

3

n

n+1

2

3

4

n+1

2

3

n

n

*

n

*

1𝑛𝑏𝑛+1𝑛+1

=

𝑏𝑛, 𝑛

𝑎

10𝑎1+45𝑑=100,2𝑎+9𝑑=20,

【解析】(1)由题意有,{即{1

𝑎1𝑑=2,𝑎1𝑑=2,

45

𝑎1=9,𝑎1=1,

解得{或{2

𝑑=2,𝑑=.

9𝑎𝑛=9(2𝑛+79),𝑎𝑛=2𝑛-1,故{或{

2𝑛-1𝑏𝑛=2𝑛-1,𝑏𝑛=9·(9).(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2,故cn=于是Tn=1++

113

Tn=+2222

3

2

52

2n-1

1

2𝑛-12𝑛-1, ① ②

+

72

72

3+

92

92

4+…+𝑛-1, 2𝑛-12

+

52

3+4+5+…+

2𝑛-1

. 2𝑛①-②可得

1111Tn=2++2+…+𝑛-22222

−

2𝑛-12𝑛+3

, 𝑛=3-22𝑛故Tn=6-

2𝑛+32𝑛-1.

42.(2014·全国2·理T17)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1. (1)证明:{𝑎𝑛+2}是等比数列,并求{an}的通项公式; (2)证明:𝑎+𝑎+…+𝑎<2.

𝑛12

【解析】(1)(构造新数列)由an+1=3an+1,得an+1+=3(𝑎𝑛+).又a1+=,所以{𝑎𝑛+}是首项为,公比为3的

222222等比数列.

1

an+2

1

1

1

3

1

3

1

1

1

3

1

=

3𝑛

,因此{an}的通项公式为2

1𝑎𝑛

3𝑛-1an=.

2

(2)(放缩法)由(1)知

n

=

2

. 3-1

𝑛n-1

因为当n≥1时,3-1≥2×3, 所以于是

3

13-1

𝑛≤

12×3𝑛-1. 1𝑎1

+

1111+…+≤1++…+𝑛-1 𝑎2𝑎𝑛33

=2(1-所以

1)3𝑛<2.

<. 323

1𝑎1

+

11+…+𝑎2𝑎𝑛

43.(2014·福建·文T17)在等比数列{an}中,a2=3,a5=81. (1)求an;

(2)设bn=log3an,求数列{bn}的前n项和Sn.

46

𝑎1𝑞=3,

【解析】(1)设{an}的公比为q,依题意,得{

𝑎1𝑞4=81,𝑎=1,n-1

解得{1因此,an=3.

𝑞=3.(2)因为bn=log3an=n-1, 所以数列{bn}的前n项和Sn=

𝑛(𝑏1+𝑏𝑛)

2=

𝑛2-𝑛

. 244.(2014·湖南·文T16)已知数列{an}的前n项和 Sn=2,n∈N.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=2𝑎𝑛+(-1)an,求数列{bn}的前2n项和.

n

𝑛2+𝑛

*

【解析】(1)当n=1时,a1=S1=1; 当n≥2

𝑛2+𝑛(𝑛-1)+(𝑛-1)

时,an=Sn-Sn-1=2−=n.故数列{an}的通项公式为an=n. 2n

n

1

2

2n

2

(2)由(1)知,bn=2+(-1)n.记数列{bn}的前2n项和为T2n,则T2n=(2+2+…+2)+(-1+2-3+4-…+2n). 记A=2+2+…+2,B=-1+2-3+4-…+2n, 则

2(1-22𝑛)2n+1

A==2-2,

1-21

2

2n

B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n. 故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=2

2n+1

+n-2.

45.(2014·北京·文T14)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.

【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得d=设等比数列{bn-an}的公比为q, 由题意得q=𝑏4-𝑎4=4-3=8,解得q=2.

11

3

𝑎4-𝑎13=

12-3

=3.所以3an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).

𝑏-𝑎20-12

所以bn-an=(b1-a1)q=2.从而bn=3n+2(n=1,2,…). (2)由(1)知bn=3n+2(n=1,2,…). 数列{3n}的前

3n-1

n项和为2n(n+1),数列{2}的前

3

n

n-1

n-1n-1n-1

n项和为

1-2𝑛n

1×1-2=2-1.

所以,数列{bn}的前n项和为2n(n+1)+2-1.

47

46.(2014·大纲全国·理T18)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=10,a2为整数,且Sn≤S4. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=

1

,求数列{bn}的前n𝑎𝑛𝑎𝑛+1

项和Tn.

【解析】(1)由a1=10,a2为整数知,等差数列{an}的公差d为整数, 又Sn≤S4,故a4≥0,a5≤0, 于是10+3d≥0,10+4d≤0. 解得-3≤d≤-2.因此d=-3. 数列{an}的通项公式为an=13-3n. (2)bn=(13-3𝑛)(10-3𝑛)=3(10-3𝑛-13-3𝑛). 于是Tn=b1+b2+…+bn

=3[(7-10)+(4-7)+…+(10-3𝑛−13-3𝑛)]=3(10-3𝑛-10)=10(10-3𝑛).

47.(2014·山东·理T19)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)令bn=(-1)𝑎𝑎,求数列{bn}的前n项和Tn.

𝑛𝑛+1【解析】(1)因为S1=a1,S2=2a1+2×2=2a1+2, S4=4a1+2×2=4a1+12, 由题意得(2a1+2)=a1(4a1+12), 解得a1=1,所以an=2n-1. (2)bn=(-1)

n-1

2n-1

105

1111

1111111111𝑛

4𝑛

2×1

4×3

4𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛+1

=(-1)

n-1

4𝑛

(2𝑛-1)(2𝑛+1)

=(-1)=

n-1

(2𝑛-1+2𝑛+1).当n为偶数时,Tn=(1+3)−(3+

n为奇数时,Tn=(1+)−(+)+…-(+)+3352𝑛-32𝑛-1或

2𝑛+1+(-1)

Tn=

2𝑛+1

2

1111

111111+…+(+−(+=1-)))52𝑛-32𝑛-12𝑛-12𝑛+12𝑛+111

+

2𝑛-12𝑛+1

1=1+2𝑛+1

2𝑛+2

.所以2𝑛+1

2𝑛

.当2𝑛+1

11111

=

2𝑛+2

,𝑛为奇数,2𝑛+1

Tn={2𝑛

,𝑛为偶数.2𝑛+1

𝑛-1

.

48.(2014·全国1·文T17)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x-5x+6=0的根. (1)求{an}的通项公式;

𝑛

(2)求数列{𝑛}的前n项和.

𝑎

2

【解析】(1)因为方程x-5x+6=0的两根为2,3,

2

48

由题意得a2=2,a4=3.

(等差数列性质)设数列{an}的公差为d, 则a1

34-a2=2d,故d=2,从而a1=2. 所以{a1

n}的通项公式为an=2n+1. (2)(错位相减法)设{𝑎𝑛

2

𝑛}的前n项和为Sn,

由(1)知

𝑎𝑛3

4𝑛+12𝑛=

𝑛+22𝑛+1,则

Sn=

2

2+

2

3+…+

2𝑛+𝑛+22,13𝑛+12Sn=2

3+

4𝑛+1

24+…+2

𝑛+1+

𝑛+22𝑛+2.

两式相减,得1

3

1

1

𝑛+2=3

1

1𝑛+42Sn=4+(

2

3+…+

2

𝑛+1)−

2𝑛+24+4(1-

2

𝑛-1)−

𝑛+22

𝑛+2.所以Sn=2-2𝑛+1.

49.(2014·安徽·文T18)数列{a}满足a*

n1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N.

(1)证明:数列{𝑎

𝑛

𝑛}是等差数列;

(2)设bn

n=3·√𝑎𝑛,求数列{bn}的前n项和Sn.

【解析】(1)证明由已知可得𝑎𝑛+1𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑎

𝑛𝑛+1=𝑛+1,即𝑛+1−𝑛=1.

所以{𝑎

𝑛}是以𝑎1𝑛1=1为首项,1为公差的等差数列.

(2)解由(1)得𝑎𝑛=1+(n-1)·1=n,所以a2

𝑛n=n.从而bn=n·3n

.

S12

3n

n=1·3+2·3+3·3+…+n·3, ① 3S2

3

n=1·3+2·3+…+(n-1)·3n

+n·3n+1

. ②

①-②得,-2S1

2

n

n+1

n=3+3+…+3-n·3

=3·(1-3𝑛)n·3n+1=(1-2𝑛)·3𝑛+1-31-3-2, 所以

S(2𝑛-1)·3𝑛+1+3

n=4.

50.(2014·山东·文T19)在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设ba(n+1)

n

n=

n2,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)bn,求Tn.

【解析】(1)由题意知(a2

1+d)=a1(a1+3d), 即(a2

1+2)=a1(a1+6),解得a1=2, 所以数列{an}的通项公式为an=2n. (2)由题意知ban=

n(n+1)

2=n(n+1), 49

所以时

Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)n·(n+1).因为

n

bn+1-bn=2(n+1),可得当

n

2(4+2n)

nn

为偶数为

奇

数

,Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+…+2n=

2

2

=

n(n+2)2

,当

(n-1)(n+1)(n+1)

时,Tn=Tn-1+(-bn)=-n(n+1)=-22. 所以

(n+1)

-2,n为奇数,Tn={

n(n+2)

,n为偶数.22

51.(2014·大纲全国·文T17)数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2. (1)设bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式.

【解析】(1)证明由an+2=2an+1-an+2得an+2-an+1=an+1-an+2,即bn+1=bn+2.又b1=a2-a1=1, 所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列. (2)解由(1)得bn=1+2(n-1),即an+1-an=2n-1. 于是∑(ak+1-ak)=∑(2k-1),

k=1

k=1

n

n

所以an+1-a1=n,即an+1=n+a1.

又a1=1,所以{an}的通项公式为an=n-2n+2.

52.(2014·全国1·理T17)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数. (1)证明:an+2-an=λ;

(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由. 【解析】(1)证明由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1, 两式相减,得an+1(an+2-an)=λan+1. 由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.

(2)解由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1.令2a2=a1+a3,解得λ=4. 故an+2-an=4.

由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.

因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.

53.(2013·全国2·文T17)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求a1+a4+a7+…+a3n-2.

50

2

22

【解析】(1)设{an}的公差为d.

2

由题意,𝑎11=a1a13,

即(a1+10d)=a1(a1+12d). 于是d(2a1+25d)=0.

又a1=25,所以d=0(舍去),d=-2. 故an=-2n+27.

(2)(等差数列的前n项和)令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2.

由(1)知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列. 从而Sn=(a1+a3n-2)=(-6n+56)=-3n+28n.

54.(2013·全国1·文T17)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{𝑎1

}的前n

2𝑛-1𝑎2𝑛+1𝑛2𝑛22

2

项和.

𝑛(𝑛-1)

d. 2【解析】(1)设{an}的公差为d,则Sn=na1+

3𝑎+3𝑑=0,

由已知可得{1解得a1=1,d=-1.

5𝑎1+10𝑑=-5,故{an}的通项公式为an=2-n. (2)由(1)知𝑎1

2𝑛-1𝑎2𝑛+1

=(3-2𝑛)(1-2𝑛)=2(2𝑛-3-2𝑛-1),从而数列{𝑎=1-2𝑛.

𝑛

1111

1

}的前

2𝑛-1𝑎2𝑛+1

n项和为2(-1-1+

111

1111-+…+-)132𝑛-32𝑛-155.(2012·湖北·理T18文T20)已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为8. (1)求等差数列{an}的通项公式;

(2)若a2,a3,a1成等比数列,求数列{|an|}的前n项和. 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,则a2=a1+d,a3=a1+2d, 3𝑎+3𝑑=-3,由题意得{1

𝑎1(𝑎1+𝑑)(𝑎1+2𝑑)=8.𝑎=2,𝑎=-4,解得{1或{1

𝑑=-3,𝑑=3.所以由等差数列通项公式可得

an=2-3(n-1)=-3n+5,或an=-4+3(n-1)=3n-7. 故an=-3n+5,或an=3n-7.

(2)当an=-3n+5时,a2,a3,a1分别为-1,-4,2,不成等比数列,不满足条件;

51

当an=3n-7时,a2,a3,a1分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件. 故|a-3𝑛+7,𝑛=1,2,

n|=|3n-7|={3𝑛-7,𝑛≥3.

记数列{|an|}的前n项和为Sn. 当n=1时,S1=|a1|=4; 当n=2时,S2=|a1|+|a2|=5; 当n≥3时,

Sn=S2+|a3|+|a4|+…+|an|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7) =5+

(𝑛-2)[2+(3𝑛-7)]

32

112

=2

n-2

n+10.

当n=2时,满足此式. 综上,S4,𝑛=1,n={3

2𝑛2-112𝑛+10,𝑛>1.

56.(2011·全国·文T17)已知等比数列{a11n}中,a1=3,公比q=3. (1)S1-𝑎

n为{an}的前n项和,证明:Sn=𝑛2;

(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{bn}的通项公式. 11

1

【解析】(1)证明(公式法)因为

a=11𝑛-1n3×(3)=

1

3𝑛,S3(1-)n=3𝑛1-1=

1-𝑛所以Sn=

1-𝑎𝑛

323,2. (2)解(对数运算)bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-𝑛(𝑛+1)

2. 所以{bn}的通项公式为b𝑛(𝑛+1)

n=-2. 57.(2011·全国·理T17)等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,𝑎2

3=9a2a6.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=log3a1

1+log3a2+…+log3an,求数列{𝑏𝑛

}的前n项和.

【解析】(1)设数列{an}的公比为q.由𝑎23=9a2a6,得𝑎23=9𝑎24,

所以q2

=11

9.由条件可知q>0,故q=3. 由2a1

1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1=3. 故数列{a1n}的通项公式为an=3

𝑛. (2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an =-(1+2+…+n)=-𝑛(𝑛+1)

2. 52

故1211

𝑏𝑛

=-𝑛(𝑛+1)=-2(𝑛-𝑛+1), 1𝑏1

+11

𝑏2

+…+𝑏𝑛

=-2[(1-1112)+(2-3)+…+(11

𝑛-𝑛+1)] =-2𝑛

𝑛+1. 所以数列{1}的前n项和为2𝑛

𝑏𝑛

-𝑛+1. 58.(2010·全国·理T17)设数列{a3·22n-1

n}满足a1=2,an+1-an=.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn. 【解析】(1)由已知,当n≥1时, an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1 =3(2

2n-1

+2

2n-3

+…+2)+2=2

2(n+1)-1

.

而a}的通项公式为a2n-1

1=2,所以数列{ann=2.

(2)(错位相消法)由b2n-1

n=nan=n·2知

S3

5

2n-1

n=1·2+2·2+3·2+…+n·2

.

①

从而22

·S3

5

7

2n+1

n=1·2+2·2+3·2+…+n·2. ②

①-②,得

(1-22

)S3

5

2n-1

n=2+2+2+…+2-n·2

2n+1

,

即Sn=1

9[(3n-1)2

2n+1

+2].

59.(2010·全国·文T17)设等差数列{an}满足a3=5,a10=-9, (1)求数列{an}的通项公式;

(2)求数列{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值. 【解析】(1)(方程思想)由a𝑎n=a1+(n-1)d及a3=5,a10=-9得{𝑎1+2𝑑=5,9,可解得{𝑎=𝑑19,

1+9𝑑=-=-2.

数列{an}的通项公式为an=11-2n. (2)由(1)知,S𝑛(𝑛-1)n=na1+

2d=10n-n2

. 因为S2

n=-(n-5)+25,

所以(二次函数性质)当n=5时,Sn取得最大值.

53

54