∴an＝2n－1(n∈N)． ∵2bn＋1＋bn＋1bn－bn＝0， 且bn>0，∴2bn＋1＝bn， 112
∴q＝，b3＝b1q＝，
24
2
2
*
?1?n－1*
∴b1＝1，bn＝??(n∈N)．
?2??1?n－1
(2)由(1)得cn＝(2n－1)??，
?2?
Tn＝1＋3×＋5×??2＋…＋(2n－1)??n－1，
22
11?1??1??1?Tn＝1×＋3×??2＋…＋(2n－3)??n－1＋(2n－1)×??n，
22?2??2??2?11?1?2?1?n－1?1?n两式相减，得Tn＝1＋2×＋2×??＋…＋2×??－(2n－1)×??
22?2??2??2?
12
?1????1???
??1?n－1??1?n＝1＋2?1－???－(2n－1)×??
??2???2??1?n－1?3?＝3－???＋n?. ?2??2?
?1?n－1*
∴Tn＝6－??(2n＋3)(n∈N)．
?2?
A组 专题通关
1．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是方程x－bnx＋2＝0的两根，则b10等于( ) A．24 C．48 答案 D
解析 由已知有anan＋1＝2， ∴an＋1an＋2＝2
n＋1
n2
nB．32 D．64
，则
an＋2
＝2， an∴数列{an}的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列，可以求出a2＝2， ∴数列{an}的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而bn＝an＋an＋1， ∴b10＝a10＋a11＝32＋32＝64.
2．(2018·河南省六市联考)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2
n＋1
＋m，且a1，a4，a5－2成等
9
an2 017
差数列，bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则满足Tn>的最小正整数n的
?an－1??an＋1－1?2 018
值为( )
A．11 B．10 C．9 D．8 答案 B 解析 根据Sn＝2
n＋1
??m＋4，n＝1，
＋m可以求得an＝?n?2，n≥2，?
所以有a1＝m＋4，a4＝16，a5＝32， 根据a1，a4，a5－2成等差数列，
可得m＋4＋32－2＝32，从而求得m＝－2， 所以a1＝2满足an＝2， 从而求得an＝2(n∈N)，
nan2
所以bn＝＝n n＋1
?an－1??an＋1－1??2－1??2－1?
n*
n＝
11
－n＋1， 2－12－1
n11111111
所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋n－n＋1＝1－n＋1，
3377152－12－12－1令1－
12 017n＋1>，整理得2>2 019，
2－12 018
n＋1
解得n≥10.
1n＋1nn*
3．(2018·山西榆社中学模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝，＝＋2(n∈N)，
2an＋1an则S100等于( ) 49
A．2－100
251
C．2－100
2答案 D 解析 由则－49B．2－99
251D．2－99
2
n＋1nn＋1nnn＝＋2，得－＝2， an＋1anan＋1annn－1n－1n－1n－2n－2211＝2，－＝2，…，－＝2，
anan－1an－1an－2a2a1
ana1
n112n－1n将各式相加得－＝2＋2＋…＋2＝2－2，
11又a1＝，所以an＝n·n，
22
10
111
因此S100＝1×＋2×2＋…＋100×100，
22211111
则S100＝1×2＋2×3＋…＋99×100＋100×101， 22222111111两式相减得S100＝＋2＋3＋…＋100－100×101，
22222251?1?99?1?100
所以S100＝2－??－100·??＝2－99.
2?2??2?
4．在等比数列{an}中，a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设bn＝(－1)an，n∈N，则数列{bn}的前2 018项的和为________． 答案
4
1 008
n*
1
－ 312
解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q. ∵a2·a3＝2a1， ∴a1·q＝2，即a4＝2. ∵a4与2a7的等差中项为17， ∴a4＋2a7＝34，即a7＝16， 1
∴a1＝，q＝2，
4
3
?1?n－1n－3*
∴an＝??·2＝2(n∈N)．
?4?
∵bn＝(－1)an＝(－1)·2
nnn－3
，
∴数列{bn}的前2 018项的和为
S2 018＝－(a1＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝－(2－2＋20＋22＋…＋22 014)＋(2－1＋21＋
2＋…＋2
3
2 015
)
111 0091 009
?1－4??1－4?1 0084241＝－＋＝－. 1－41－4312
5．(2018·保山模拟)若数列{an}的通项公式an＝nsin ＝________. 答案
2 0193
2
nπ
3
(n∈N)，其前n项和为Sn，则S2 018
*
解析 a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－33，
a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝－33，
……
a6m＋1＋a6m＋2＋a6m＋3＋a6m＋4＋a6m＋5＋a6m＋6
11
＝－33，m∈N， 2 0193
所以S2 018＝.
2
6．(2018·山东K12联盟考试)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝3an－1(n∈N)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{?2n－1?an}的前n项和Tn. 解 (1)当n＝1时，2a1＝3a1－1，a1＝1. 当n≥2时，2Sn＝3an－1，① 2Sn－1＝3an－1－1，②
①－②得，2an＝3an－3an－1，∴an＝3an－1，∴
*
an＝3， an－1
数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以an＝3
n－1
(n∈N)．
n－1
*
(2)由(1)得(2n－1)an＝(2n－1)3，
Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，①
3Tn＝1×3＋3×3＋…＋(2n－3)×3
1
2
3
1
2
n－1
＋(2n－1)×3，②
n－1
n①－②，得－2Tn＝1＋2(3＋3＋3＋…＋3
n)－(2n－1)×3
n3－3nn＝1＋2×－(2n－1)×3＝－2(n－1)×3－2.
1－3所以Tn＝(n－1)×3＋1(n∈N)．
7．(2018·永州模拟)在等比数列{an}中，首项a1＝8，数列{bn}满足bn＝log2an(n∈N)，且
*
n*
b1＋b2＋b3＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
?1?3
(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，又设数列??的前n项和为Tn，求证：Tn<. 4?Sn?
(1)解 由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝15， 得log2(a1a2a3)＝15， ∴a1a2a3＝2，
设等比数列{an}的公比为q， ∵a1＝8，∴an＝8q2
15
15
n－1
，
∴8·8q·8q＝2，解得q＝4， ∴an＝8·4
n－1
，即an＝2
2n＋1
(n∈N)．
*
(2)证明 由(1)得bn＝2n＋1， 易知{bn}为等差数列，
Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n2＋2n，
12
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