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=n-2n
122
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
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.a1 【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-𝑞 D.12 1 ∵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-1 【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 𝑛(1+𝑛) 组的项数和为.第 2 𝑛(1+𝑛) >100,得21-2𝑛n2(1-2𝑛)n+1 n组的和为=2-1,前n组总共的和为-n=2-2-n. 1-21-2 * 0 0 1 0 1 2 由题意,N>100,令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. 2 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 C.3 D.8 【答案】A 【解析】设等差数列的公差为d,则d≠0,a23=a2·a6, 即(1+2d)2 =(1+d)(1+5d), 解得d=-2, 所以S6×5 6=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 C.98 D.97 【答案】C 【解析】因为S(a+a9= 19)×9 2=27,a1+a9=2a5, 所以aa5=3.又因为a10=8,所以d=10-a10-55=1. 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 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 5 1d=-3d<0,且a1=-3d. ∵dS4= 4d(a1+a4)22 2=2d(2a1+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 ) 3 S5= 5(a1+a5) =5a3=5. 211.(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. 【答案】B 【解析】∵公差d=1,S8=4S4, ∴ 8(a1+a8) 2172B. 192C.10 D.12 = 4×4(a1+a4) , 21 即2a1+7d=4a1+6d,解得a1=2. ∴a10=a1+9d=+9=. 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 12192【答案】B 【解析】由题意知 𝑎1+𝑎3+𝑎52421 =1+q+q=3=7,解得𝑎1 q=2(负值舍去).∴a3+a5+a7=(a1+a3+a5)q=21×2=42. 1 22 13.(2015·全国2·文T9)已知等比数列{an}满足a1=4,a3a5=4(a4-1),则a2=( ) A.2 【答案】C 2 【解析】∵a3a5=4(a4-1),∴𝑎4=4(a4-1),解得a4=2. B.1 C.2 1 D.8 1 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 4 【解析】∵a2,a4,a8成等比数列, ∴ =a2 2·a8,即(a1+6)=(a1+2)(a1+14), 解得a1=2. ∴S𝑛(𝑛-1)n=na1+ 2d=2n+n2-n=n2 +n=n(n+1). 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.1 1 1 3 B.-1 3 C.9 D.-9 【答案】C 【解析】由S2 𝑎𝑎91 3=a2+10a1,得a1+a2+a3=a2+10a1,整理得a3=9a1,所以q=3𝑎1 =9.由a5=9,得a1=𝑞5 4= 9 2=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 【答案】D 【解析】S𝑎(1-𝑞𝑛)𝑞2 𝑎𝑛n=11-𝑞 = 𝑎1-𝑎𝑛1-𝑞 = 1-31-=3-2an. 3218.(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+ab+a 1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=nnn2,cn+1=n2,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 D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列 【答案】B 【解析】因为b4a√151>c1,不妨设b1=13,c2a13 1=13,p=2(a1+b1+c1)=2 a1,则S1=√ 3a1aa5a 2·12·16·16 = 12a2 1 ; 2 aa1+a1 5 4 a1+a17 2=a1,b2= 32= 6a1,c2=32=6a1, S3a a 2a a √62=√111 2·2·13·3=6a21;显然S2>S1. 7 同理,a1+a1 13 3=a1,b3=6a2=12a1, 5 c=11 3a a 5 7 √1053= 6a1+a1 21,S3=√11 12a2·2·12a1·12a1=24a21,显然S3>S2. 5 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. ∵Sm= m(a1+am) 2 = m(a1+2) =0, 2 ∴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 【答案】D 【解析】∵{an}为等比数列,∴a5a6=a4a7=-8. 𝑎+𝑎7=2,𝑎=4,𝑎=-2, 联立{4可解得{4或{4 𝑎4𝑎7=-8𝑎7=-2𝑎7=4,𝑎=4,13 当{4时,q=-2, 𝑎7=-2 4 故a1+a10=𝑞3+a7q=-7; 3 D.-7 𝑎 𝑎=-2,3当{4时,q=-2,同理,有a1+a10=-7. 𝑎7=4 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, 6 15×(10+234) =1 830. 2n n D.1 830 a=a1+2d=5,a=1,则{3解得{1 a7=a1+6d=13,d=2.故S10=10a1+ 10×910×9 d=10×1+×2=100. 22S 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 【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 = 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 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Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3=,则S4= . 【答案】8 【解析】设等比数列{an}的公比为q. S3=a1+a1q+a1q=1+q+q=4, 即q+q+4=0.解得q=-2. 2 2 2 3 4 5 3 11 7 故S4= 𝑎1(1-𝑞4)1-𝑞= 1-(-2)11+214 =. 13582 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=________. 【答案】3 【解析】设等比数列{an}的公比为q, 则a4=a1q=q,a6=a1q=q. 2∵𝑎4=a6,∴9q=3q.∵q≠0,∴q=3. 6 5 3 121 1 335 135 11 𝑎(1-𝑞5)∴S5=1 1-𝑞= 153(1-3) 1-3= 121 . 37.(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 -1(1-26) S6=1-2=-63. 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limq= . 【答案】3 【解析】由an=q,得an+1=q.当q=1时,不满足题意;当q≠1若0<|q|<1,则lim(1-q)qn不存在;若|q|>1, n→∞ 则liman=lim(1-q)qn=lim(1-q)·(qn-1)=-1-q=2,解得q=3. n→∞n+1n→∞n→∞ S 1-qn 1 1 1 1 1-qn n-1 n n-1 * Sn n→∞an+1 =,则 1 2a1(1-qn) 时,Sn=1-q= 1-qn . 1-q8 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⇒t+t-2>12t⇒t(t-44)>8. 4 k k * 1 2 k-1 k k k-12 k-12 k k *n* 1 2 ∴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<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∑【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{ 𝑛(𝑛-1)𝑛(1+𝑛) d=. 222 1 1 2𝑛 1 =____________. 𝑘=1𝑆𝑘 𝑛 2 t+1 t+1 2 t+1 2 1 2 t t * * k-1 77 tt 𝑎1+2𝑑=3, 4×3 4𝑎1+2𝑑 𝑎=1,解得{1 =10,𝑑=1. 所以Sn=na1+ 1 所以𝑆=𝑛(𝑛+1)=2(𝑛-𝑛+1). 𝑛所以∑ 1111111=2[(1-)+(-)+…+(-]=2(1-))223𝑛𝑛+1𝑛+1𝑘=1𝑆𝑘 𝑛 = 2𝑛 . 𝑛+112.(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=4,S6=4,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 63 7 7 63 9 ∵S3=4,∴a1+a2+a3=4. 由①得(a1+a2+a3)q=14,∴q=∴a1+2a1+4a1=4,a1=4. ∴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 1-35S5==121. 1-3* 7 3 3 77 1474=8,即q=2. 71 14 7 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. 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 𝑛+1 【解析】∵an+1=2an,即𝑎=2, 𝑛 𝑎 ∴{an}是以2为公比的等比数列. 10 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a 1 𝑎𝑛 𝑛(𝑛+1) . 220 11 * 2 n-1 2 2 n-1 n-1 n-1 1𝑎𝑛 = 211 =2(-). 𝑛(𝑛+1)𝑛𝑛+11 1 1 1 1 ∴S10=2[(1-2)+(2-3)+(3-4)+…+ (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】−n 【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 1 1 1 1 1 20 d=-1,∴𝑆=-n.∴Sn=-𝑛. 𝑛 11 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a1+an 2=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a7 5 3 4 2 2 2 4 8=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,log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5= . 【答案】5 【解析】由等比数列性质知a1a5=a2a4=𝑎2 3=4. ∵an>0,∴a3=2. ∴a1a2a3a4a5=(a5 1a5)·(a2·a4)·a3=2. ∴log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5 =log5 2(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,(a2 2 2 1+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a1 n+1=1-an ,a8=2,则a1=____________. 【答案】1 2 【解析】将a11 8=2代入an+1=1-an ,可求得a7=2; 则 12 将a7=2代入an+1=1-a,可求得a6=-1; n 11 将a6=-1代入an+1= 1 ,可求得a5=2. 1-an 1 由此可知数列{an}是一个周期数列,且周期为3,所以a1=a7=2. 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】- 【解析】由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+(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+S15=15a1+2d=15a1+105d=25. ② 联立①②,得a1=-3,d=3,所以Sn=-3n+ 133 2 124×32×(-1)=4a1-6,而S1,S2,S4成等比数列,所以 1210×9 d=10a1+45d=0, ① 215×14 2 n(n-1)2 ×322 =3n-3n. 1 2 10 令f(n)=nSn,则f(n)=n-n,f'(n)=n-n. 令f'(n)=0,得n=0或n=. 当n>时,f'(n)>0,0 【解析】因为x-5x+4=0的两根为1和4, 又数列{an}是递增数列, 13 2 2 1032 203203203203203所以a1=1,a3=4,所以q=2. 所以 S1×(1-26) 6=1-2=63. 32.(2013·全国1·理T14)若数列{a21n}的前n项和Sn=3an+3,则{an}的通项公式是an= . 【答案】(-2)n-1 【解析】∵S21n=3an+3, ① ∴当n≥2时,S21 n-1=3an-1+3. ② ①-②,得a22an=an-an-1,n 33即 an-1 =-2. ∵a=2 1}是以1为首项,-2为公比的等比数列,an-1 1=S13a1+3,∴a1=1.∴数列{ann=(-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a2 1(1+q+q)=-3a1(1+q), 化简整理得q2+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. (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{a2 2 n}的公比为q,由题设得2q=4q+16,即q-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{an-1 2n-1 n}的通项公式为an=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a1 1+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. 14 (2)解由(1)知,an+bn= 122 𝑛-1,an-bn=2n-1. 1 所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=𝑛+n-, bn=2[(an+bn)-(an-bn)]=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{cn}满足cn={ 1,𝑛为奇数, 2121 121 12求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N). 𝑏𝑛,𝑛为偶数, * 【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, 3𝑞=3+2𝑑,𝑑=3,得{2解得{ 𝑞=3,3𝑞=15+4𝑑.故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3=3. 所以,{an}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) 𝑛𝑛1 =[n×3+(-)×6]+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n) 2n n-1 n =3n+6(1×3+2×3+…+n×3). 记Tn=1×3+2×3+…+n×3, 2 3 n+1 1 2 n 212n ① 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 𝑛+1 3(1-3𝑛)+3n+1(2𝑛-1)3=-+n×3=. 1-32 所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n+6Tn=3n 2 (2𝑛-1)3𝑛+1+3+3×2 = (2𝑛-1)3𝑛+2+6𝑛2+9* (n∈N). 2 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. 𝑏𝑘,𝑛=2𝑘,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. n n-1 n 15 (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 =∑ai+∑𝑎2𝑖(𝑐2𝑖-1) 𝑖=1 𝑖=1 2𝑛 𝑛 =[2 n 𝑛 2𝑛(2𝑛-1)i ×4+2×3]+∑(9×4-1) 𝑖=1 2n-1 =(3×2=27×2 +5×2 n-1 4(1-4𝑛) )+9×-n 1-4* 2n-1 +5×2-n-12(n∈N). n-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. 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=𝑑(𝑆𝑛+1-SnSn+2). 2 2 ** 1 所以bn=n+n,n∈N. (2)cn=√ 𝑎𝑛 2𝑏𝑛 2* =√ 2𝑛-22𝑛(𝑛+1)=√ 𝑛-1* ,n∈N. 𝑛(𝑛+1)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+1)(𝑘+2)<2√𝑘+√𝑘+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. 16 * * 𝑘12√𝑘+1+√𝑘=2√𝑘+2(√𝑘+1− 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* * * 1 𝑆𝑛 = 2𝑏𝑛 − 2𝑏𝑛+1 ,其中Sn为数列{bn}的前n项和. 最大值. 【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q, 所以a1≠0,q≠0. 𝑎2𝑎4=𝑎5,𝑎21𝑞4=𝑎1𝑞4由{, 𝑎3-4𝑎2+4𝑎1=0,得{𝑎𝑞+4𝑎 1𝑞2-4𝑎11=0, 解得{𝑎=1𝑞1,=2. 因此数列{an}为“M- 数列”. (2)①因为 1𝑆𝑛 = 2𝑏𝑛− 2𝑏𝑛+1,所以bn≠0. 由b1 =2 2 1=1,S1=b1,得11−𝑏2 ,则b2=2. 由122𝑏𝑏 𝑆=𝑏−𝑏,得Sn=𝑛𝑛+1𝑛𝑛𝑛+12(𝑏𝑛+1-𝑏𝑛), 当n≥2时,由b𝑏n=Sn-Sn-1,得bn=𝑛𝑏𝑛+1−𝑏𝑛-1𝑏 𝑛2(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{b* n}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𝑙𝑛𝑘 𝑙𝑛𝑘 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. 17 列表如下: x f'(x) f(x) 因为 𝑙𝑛22 (1,e) + ↗ < 𝑙𝑛96 e 0 极大值 (e,+∞) - ↘ = 𝑙𝑛86 = 𝑙𝑛3, 3 所以f(k)max=f(3)=3. 取q=√3,当k=1,2,3,4,5时, k k-1 𝑙𝑛3 3 𝑙𝑛𝑘 ≤ln q, 𝑘即k≤q,经检验知q≤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≤q,且q≤6,从而q≥243,且q≤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; (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 3 5 15 15 =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2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: 18 1 * * (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12 的等比数列, 可得a1n= 𝑛-1,bn=a1 2 n+1+1=2𝑛+1, 则|bn-a1 n|=| 12𝑛+1- 2 𝑛-1| =|1- 12𝑛|<1,n∈N*, 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. 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b1 n=a1-𝑛, 则|b1 1* n-an|=|𝑎1-𝑛 -𝑎1|=𝑛 <1,n∈N, 可得b1 1n+1-bn=𝑛−𝑛+1>0, 则b2-b1,b3-b2,…,b201-b200中有200个正数,符合题意; ③若-2 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,+∞). 19 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* 𝑚 范围(用b1,m,q表示). 【解析】(1)由条件知,an-1 n=(n-1)d,bn=2. 因为|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立, 即|(n-1)d-2n-1 |≤1对n=1,2,3,4均成立, 即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得75 3≤d≤2. 因此,d的取值范围为[7,532]. (2)由条件知,an-1 n=b1+(n-1)d,bn=b1q. 若存在d,使得|an-1 n-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)成立,即|b1+(n-1)d-b1q|≤b1(n=2,3,…,m+1), 即当n=2,3,…,m+1时,d满足𝑞𝑛-1-2𝑞𝑛-1 n-1b1≤d≤𝑛-1b1.因为q∈(1,𝑚 √2],则1 𝑛-1b1≤0,𝑛-1b1>0,对n=2,3,…,m+1均成立. 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 𝑛-1}的最大值和数列{𝑛-1}的最小值(n=2,3,…,m+1). ①当2≤n≤m时, 𝑞𝑛-2𝑞𝑛-1𝑛-𝑞𝑛-1)-𝑞𝑛+2 𝑛−-2 𝑛-1= 𝑛𝑞𝑛-𝑞𝑛-𝑛𝑞𝑛-1+2 𝑛(𝑛-1)= 𝑛(𝑞𝑛(𝑛-1), 当1 ≤qm ≤2,从而n(qn -qn-1 )-qn +2>0. 因此,当2≤n≤m+1时,数列{𝑞𝑛-1-2 𝑛-1}单调递增, 故数列{𝑞𝑛-1-2𝑞𝑚-2 𝑛-1}的最大值为𝑚. ②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln 2-1-xln 2)2x <0, 所以f(x)单调递减,从而f(x) 时,𝑛1 𝑞𝑛-1= 𝑞(𝑛-1)𝑛 ≤ 21𝑛(1-1𝑛)=f(𝑛)<1, 𝑛-1因此,当 2≤n≤m+1时,数列{𝑞𝑛-1 𝑛-1}单调递减, 故数列{𝑞𝑛-1 的最小值为𝑞𝑚 𝑛-1}𝑚. 因此,d的取值范围为[ 𝑏1(𝑞𝑚-2)𝑚,𝑏1𝑞𝑚 𝑚]. 20 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=1-2=2-1. 2 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; (𝑇+𝑏)𝑏 ②证明∑𝑘𝑘+2𝑘 𝑘=1(𝑘+1)(𝑘+2) 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),有故Tn=∑(2 𝑘=1𝑛 k n-1 1-2𝑛nSn==2-1, 1-2𝑛 k 2×(1-2𝑛)n+1 -1)=∑2-n=1-2-n=2-n-2. 𝑘=1 (𝑇𝑘+𝑏𝑘+2)𝑏𝑘②证明因为(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 (𝑇𝑘+𝑏𝑘+2)𝑏𝑘2𝑘+1 −𝑘+1,所以,∑(𝑘+1 )(𝑘+2)𝑘=1 = 2322 (3-2)+ 12.(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; 21 (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S2 2 n=n-8n=(n-4)-16. 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16. 13.(2018·全国1·文T17)已知数列{a𝑎 n}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=𝑛𝑛 . (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) 𝑛 an. 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. 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+1= 2𝑎𝑛 𝑛,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得𝑎 𝑛 n-1 ,所以an-1 𝑛=2n=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-1 n}的公比为q,由题设得an=q. 由已知得q4 =4q2 ,解得q=0(舍去),q=-2或q=2. 故an-1 n-1 n=(-2)或an=2. 𝑛 (2)若an-1n=(-2),则 S= 1-(-2) n3. 由Smm=63得(-2)=-188,此方程没有正整数解. 若an-1 n m n=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. 22 (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)2n2 Sn=1-𝑞=-3+(-1)3. n 𝑛+3𝑛+2𝑛+1 4-22𝑛2n2 Sn+2+Sn+1=-+(-1)=2[-+(-1)]=2Sn,故3333Sn+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, 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; 𝑛 (2)求数列{2𝑛+1}的前n项和. 2 n-1 2n-1 𝑎 【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, 23 2 从而{an}的通项公式为an=2𝑛-1. 𝑛 (2)记{2𝑛+1}的前n项和为Sn. 𝑛由(1)知2𝑛+1=(2𝑛+1)(2𝑛-1)=2𝑛-1−2𝑛+1. 2 𝑎 𝑎211 则Sn=1−3+3−5+…+2𝑛-1−2𝑛+1=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 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 n 2 2 * * 1111112𝑛 12×(1-4𝑛)n+1 =-4-(3n-1)×4 1-43𝑛-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. 24 【解析】(1)设数列{xn}的公比为q,由已知q>0. 由题意得{𝑥1+𝑥1𝑞=3,2 𝑥𝑞-𝑥2.所以3q-5q-2=0. 12 1𝑞=因为q>0,所以q=2,x1=1, 因此数列{xn-1 n}的通项公式为xn=2. (2)过Pn n-1 n-1 1,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b(𝑛+𝑛+1)n= 2×2n-1=(2n+1)×2n-2 , 所以Tn=b1+b2+…+bn =3×2-1 +5×20 +7×21 +…+(2n-1)×2n-3 +(2n+1)×2n-2 . ① 又2T0 1 2 n-2 n-1 n=3×2+5×2+7×2+…+(2n-1)×2+(2n+1)×2, ② ①-②得 -T-1 2 n-1 (1-2𝑛-1)n=3×2+(2+2+…+2)-(2n+1)×2n-1 =3 22+1-2-(2n+1)×2n-1 . 所以 T=(2𝑛-1)×2𝑛+1n2 . 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S𝑏 n.已知S2n+1=bnbn+1,求数列{𝑛𝑎𝑛 }的前n项和Tn. 【解析】(1)设{a2 n}的公比为q,由题意知:a1(1+q)=6,𝑎2 1q=a1q,又an n>0,解得a1=2,q=2,所以an=2. (2)由题意知:S2𝑛+1)(𝑏2n+1= (1+𝑏2𝑛+1) 2=(2n+1)bn+1, 又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1. 令cn=𝑏 𝑛2𝑛+1 𝑎𝑛 ,则cn= 2𝑛, 因此Tn=c1+c2+…+cn =3 52𝑛-12+ 2 2+ 72 3+…+2 𝑛-1+ 2𝑛+1 2𝑛. 25 又2Tn= 13 22 + 52 3+ 72324+…+ 2𝑛-12𝑛+1 +𝑛+1, 2𝑛212 2两式相减得Tn=+(+ 1 212+…+ 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)×2Tn=(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<10,1,10≤𝑛<100, (2)因为bn={ 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. 26 n+2 n+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 1-223.(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a2 1=1,d=5. 所以{a2𝑛+3 n}的通项公式为an=5 . (2)由(1)知,b2𝑛+3 n=[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{a* n}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. 【解析】(1)由题意得{𝑎+𝑎2=4,𝑎=1, 𝑎12=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) n=3+1-3−2= 3𝑛-𝑛2-5𝑛+11 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. 27 (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{bn}的公比q=𝑏3=3=3, 2所以b1=𝑞2=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=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+…+3 = 𝑛(1+2𝑛-1)1-3𝑛23𝑛-1 +1-3=n+2. 22 n-1n-1 n-1 𝑏9 𝑏 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+1𝑛(𝑏𝑛+2) ,求数列{cn}的前n项和Tn. 【解析】(1)由题意知当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5, 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=-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. * n+2 n+22 3 4 n+1 n+2 3 4 n+2 2 3 n+1 4(1-2𝑛) ]=3×[4+-(𝑛+1)×2𝑛+2] 1-228 22 (1)设cn=𝑏𝑛+1−𝑏𝑛,n∈N,求证:数列{cn}是等差数列; * 2(2)设a1=d,Tn=∑(-1)𝑏𝑘,n∈N,求证:∑𝑇<2. 𝑘=1𝑘=1𝑘2𝑑 k * 2𝑛𝑛 11 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a−aq=aq2,解得q=2,或q=-1. 111又由 1-q6 S6=a1·=63,知 1-q121 1 2 q≠-1,所以 1-26a1·=63,得 1-212n-1 a1=1.所以an=2. n n-1 (2)由题意,得bn=(log2an+log2an+1)=(log22+log22)=n-, 即{bn}是首项为,公差为1的等差数列. 设数列{(-1)b2n}的前 n 1 212 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. 21 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. 【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. 29 (1)求a2,a3; (2)求{an}的通项公式. 【解析】(1)由题意得a2=,a3=. 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 1214a1 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=32,求λ. 【解析】(1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1= 1 ,a1≠0. 1-λ31 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-().由 λ-131S5=得32λ51-()λ-1(2)由(1)得= 31λ5,即()32λ-1= 1 .解得λ=-1. 3232.(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? 【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=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{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. 30 9 6-1 【解析】(1)设{a3×293 n}的公差为d,则由已知条件得a1+2d=2,3a1+2d=2,化简得a1+2d=2,a1+d=2, 解得a11=1,d=2, 故通项公式a𝑛-1𝑛+1 n=1+2,即an=2. (2)由(1)得b1=1,b4=a15= 15+1 2=8. 设{bq,则q3 =𝑏 n}的公比为4𝑏1 =8,从而q=2, 故{b1-2𝑛)n n}的前n项和 T𝑏1(1-𝑞𝑛)1×(n=1-𝑞= 1-2=2-1. 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, (𝑎3𝑑)+(𝑎 1+1+6𝑑)=15,解得{𝑎𝑑1=3,=1.所以an=a1+(n-1)d=n+2. (2)由(1)可得bn n=2+n. 所以b2 3 10 1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(2+2)+(2+3)+…+(2+10) =(2+22 +23 +…+210 )+(1+2+3+…+10) =2(1-210)(1+10)×101-2+2 =(211-2)+55=211 +53=2 101. 35.(2015·全国1·理T17)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,𝑎2𝑛+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn= 1 𝑎𝑛𝑎𝑛+1 ,求数列{bn}的前n项和. 【解析】(1)由𝑎2 𝑛+2an=4Sn+3,可知𝑎2𝑛+1+2an+1=4Sn+1+3. 可得𝑎2𝑛+1−𝑎2𝑛+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=𝑎2𝑛+1−𝑎2𝑛=(an+1+an)(an+1-an). 由于an>0,可得an+1-an=2. 又𝑎21+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 31 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=2[(3-5)+(5-7)+…+ 1 1 1 1 1 11 − 2𝑛+12𝑛+3 11111 =32𝑛+3. () 𝑛 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; 𝑛+1 (2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=𝑆𝑆,求数列{bn}的前n项和Tn. 𝑛𝑛+1 𝑎 【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=1-𝑛+1. 𝑆1𝑆2𝑆2𝑆3𝑆𝑛𝑆𝑛+12-11𝑛+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; (2)设bn=𝑎22𝑛,n∈N,求数列{bn}的前n项和. 2𝑛-1 * * 1 𝑙𝑜𝑔𝑎 【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. 𝑛-1 22,𝑛为奇数, 𝑛 所以,{an}的通项公式为an={𝑛 22,𝑛为偶数.(2) 由 1 (1) 1 得 1 bn= 𝑙𝑜𝑔2𝑎2𝑛𝑎2𝑛-1 12 = 𝑛2 𝑛-1. 1 1 设{bn} 1 1 的前 1 n项 1 和为 12Sn,则 Sn=1×0+2×1+3×2+…+(n-1)× 2 2 2 1111 减,得2Sn=1+2+2+…+𝑛-122 𝑛 −𝑛2𝑛-2+n× 2 𝑛-1,2Sn=1×1+2×2+3×3+…+(n-1)× 2222 𝑛-1+n×𝑛,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 32 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 1 𝑎1𝑎21 =,所以a1a2=3. 1 2 13 令n=2,得𝑎𝑎+𝑎𝑎=5,所以a2a3=15. 1223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+14 Tn=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=1-4-n·4=3×4-3. = 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+b2+b3+…+bn=bn+1-1(n∈N). (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 33 n+1 * 2 3 n n+1 2 3 4 n+1 2 3 n n * n * * 1 2131𝑛1𝑛𝑏𝑛+1𝑛+1= 𝑏𝑛, 𝑛a1=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 * * * 𝑎 10𝑎1+45𝑑=100,2𝑎+9𝑑=20, 【解析】(1)由题意有,{即{1 𝑎1𝑑=2,𝑎1𝑑=2,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·(). 91 (2)由d>1,知an=2n-1,bn=2,故cn=于是Tn=1++ 113 Tn=+2222 3 252 2n-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. 34 (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1 1 1 3 1 3 1 1 1 3 1 222222等比数列. a+1 n2= 3𝑛 ,因此{an}的通项公式为a3𝑛-12n=2. (2)(放缩法)由(1)知1 𝑎𝑛 = 𝑛2 3-1 . 因为当n≥1时,3n -1≥2×3n-1 , 所以𝑛13-1 ≤ 12×3𝑛-1. 于是 1111𝑎1 + 𝑎2+…+𝑎𝑛≤1+3+…+13 𝑛-1 =3 2(1-13𝑛)<3 2. 所以1 1 1 3 𝑎1+𝑎2 +…+𝑎𝑛<2. 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. 【解析】(1)设{aq,依题意,得{𝑎1𝑞=3, n}的公比为𝑎, 1𝑞4=81解得{𝑎𝑞1=1,=3.因此,an-1 n=3. (2)因为bn=log3an=n-1, 所以数列{bn}的前n项和S𝑏n= 𝑛(1+𝑏𝑛) 2= 𝑛2-𝑛 2. 44.(2014·湖南·文T16)已知数列{an}的前n项和 S𝑛2+𝑛*n=2,n∈N. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn n=2𝑎𝑛+(-1)an,求数列{bn}的前2n项和. 【解析】(1)当n=1时,a1=S1=1; 2 当n≥2 时,a𝑛2+𝑛(𝑛-1)+(𝑛-1) n=Sn-Sn-1=2−2=n.故数列{an}的通项公式为an=n. (2)由(1)知,bn n 1 2 2n n=2+(-1)n.记数列{bn}的前2n项和为T2n,则T2n=(2+2+…+2)+(-1+2-3+4-…+2n). 35 记A=2+2+…+2,B=-1+2-3+4-…+2n, 则 2(1-22𝑛)2n+1 A=1-2=2-2, 122n 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{a𝑎𝑎n}的公差为d,由题意得d=4-1-3 3= 123=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 = 𝑏4-𝑎412 𝑏1-𝑎1 = 20-4-3=8,解得q=2. 所以b-a)qn-1 =2n-1 .从而bn-1 nn=(b1-a1n=3n+2(n=1,2,…). (2)由(1)知bn-1 n=3n+2(n=1,2,…). 数列{3n}的前 n项和为3n-1 2n(n+1),数列{2}的前 n项和为 1×1-2𝑛n 1-2=2-1. 所以,数列{b3 n n}的前n项和为2n(n+1)+2-1. 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b1 n=𝑎𝑛𝑎𝑛+1 ,求数列{bn}的前n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-10 53≤d≤-2.因此d=-3. 数列{an}的通项公式为an=13-3n. (2)b1 1 1 1 n=(13-3𝑛)(10-3𝑛)=3(10-3𝑛-13-3𝑛). 于是Tn=b1+b2+…+bn =1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 𝑛 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. 36 (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+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 4𝑛 2×1 ×2=2a1+2, 24×3 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+1Tn={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, 由题意得a2=2,a4=3. (等差数列性质)设数列{an}的公差为d, 则a4-a2=2d,故d=,从而a1=. 所以{an}的通项公式为an=n+1. 𝑛 (2)(错位相减法)设{𝑛}的前n项和为Sn, 2 1 23212𝑎2 由(1)知 𝑎𝑛2𝑛= 𝑛+221 𝑛+1,则 Sn= 1 33 22 + 42 3+…+ 𝑛+1𝑛+213𝑛+𝑛+1,Sn=32222 + 422 4+…+𝑛+1𝑛+1 2 + 𝑛+22𝑛+2. Sn=2-𝑛+42𝑛+1两式相减,得2Sn=4+( 3 2 +…+ 2 𝑛+1)1 − 𝑛+22 𝑛+2=4+4(1- 31 𝑛-1) 1 − 𝑛+22 𝑛+2.所以 * . 49.(2014·安徽·文T18)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N. 𝑛 (1)证明:数列{𝑛}是等差数列; 𝑎 (2)设bn=3·√𝑎𝑛,求数列{bn}的前n项和Sn. 𝑛𝑛𝑛+1𝑛+1【解析】(1)证明由已知可得𝑛+1=𝑛+1,即𝑛+1−𝑛=1. n 𝑎𝑎𝑎𝑎 37 所以{𝑛}是以1=1为首项,1为公差的等差数列. 𝑛 (2)解由(1)得𝑛=1+(n-1)·1=n,所以an=n.从而bn=n·3. 2 n 𝑎 𝑛𝑎1𝑎 Sn=1·3+2·3+3·3+…+n·3, ① 3Sn=1·3+2·3+…+(n-1)·3+n·3. ①-②得,-2Sn=3+3+…+3-n·3 𝑛+13·(1-3𝑛)-3n+1(1-2𝑛)·3=1-3-n·3=, 21 2 n n+1 2 3 n n+1 123n ② 所以Sn= (2𝑛-1)·3𝑛+1+3 . 450.(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) ,记2Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)bn,求Tn. 2 n 【解析】(1)由题意知(a1+d)=a1(a1+3d), 即(a1+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bn=所以时 an(n+1) =n(n+1), 2n 2 Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)n·(n+1).因为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) -,n为奇数,2Tn={ n(n+2) ,n为偶数.2 2 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. 38 22 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. 【解析】(1)设{an}的公差为d. 2 由题意,𝑎11=a1a13, 2 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+ 39 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 1 𝑎2𝑛-1𝑎2𝑛+1 =1 (3-2𝑛)(1-2𝑛)=(-}的前n项和为(-+),从而数列{𝑎𝑎22𝑛-32𝑛-12-112𝑛-12𝑛+1 1111111 11-111 3+…+2𝑛-3-2𝑛-1 )= 𝑛 1-2𝑛 . 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. 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,则a2=a1+d,a3=a1+2d, 由题意得{3𝑎1+3𝑑=-3,𝑎𝑎 1(1+𝑑)(𝑎1+2𝑑)=8.解得{𝑎=2,𝑑1=-3,或{𝑎𝑑1=-4,=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; 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)] 3 2 2 =2n-11 2n+10. 当n=2时,满足此式. 综上,S1, n={4,𝑛=3 2𝑛2-112𝑛+10,𝑛>1. 56.(2011·全国·文T17)已知等比数列{a1 q=1 n}中,a1=3,公比3. (1)Sn为{an}的前n项和,证明:S1-𝑎 n=𝑛2; 40 (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 a11𝑛-11 1-n=3×(3)= 3𝑛,S=3(3𝑛)n1-1= 1-𝑛323,所以Sn= 1-𝑎𝑛 2. (2)解(对数运算)b𝑛(𝑛+1) n=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-2. 所以{b(𝑛+1) n}的通项公式为bn=-𝑛2. 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+log3a1 2+…+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 =1.由条件可知q>0,故q=193. 由2a1+3a12=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 . 故121𝑏𝑛 =-𝑛(𝑛+1)=-2(𝑛-1 𝑛+1 ), 1𝑏1 + 1𝑏2+…+1 𝑏𝑛 =-2[(1-1 1 1 1 1 2)+(2-3)+…+(𝑛-𝑛+1)] =-2𝑛𝑛+1. 所以数列{1 2𝑛 𝑏𝑛 }的前n项和为-𝑛+1. 58.(2010·全国·理T17)设数列{a2n-1 n}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. 【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a2n-1 1=2,所以数列{an}的通项公式为an=2. 41 (2)(错位相消法)由b2n-1 n=nan=n·2知 S3 2n-1 n=1·2+2·2+3·25 +…+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S1 2n+1 n=9[(3n-1)2 +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a5,n=a1+(n-1)d及a3=5,a10=-9得{𝑎𝑎1+2𝑑=9𝑑=-9,可解得{𝑎𝑑1=9, 1+=-2. 数列{an}的通项公式为an=11-2n. (2)由(1)知,S𝑛(𝑛-1)n=na1+ 2 d=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. 42 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容