》》》》》》》》》积一时之跬步 臻千里之遥程《《《《《《《《《《《《
1．设等差数列{an}和等比数列{bn}首项都是1，公差与公比都是2，则ab1＋ab2＋ab3＋ab4
＋ab5等于( )
A．54 C．58
B．56 D．57
解析 由题意得，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1×2n－1＝2n－1，∴ab1＋…＋ab5＝a1＋a2＋
a4＋a8＋a16＝1＋3＋7＋15＋31＝57。故选D。
答案 D
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝( ) A．6n－n2
B．n2－6n＋18
?6n－n1≤n≤3
C.?2
?n－6n＋18n＞3
2
2
?6n－n1≤n≤3D.?2
?n－6nn＞3
解析 由Sn＝n2－6n可得，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－(n－1)2＋6(n－1)＝2n－7。 当n＝1时，S1＝－5＝a1，也满足上式， ∴an＝2n－7，n∈N*，
∴n≤3时，an＜0；n＞3时，an＞0。 ∴当n≤3时，Tn＝－Sn＝6n－n2， 当n＞3时，Tn＝Sn－2S3＝n2－6n＋18。
2
?6n－n1≤n≤3，∴Tn＝?2故选C。
?n－6n＋18n＞3。
答案 C
3．已知等比数列的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lga1,2lga2,22lga3,23lga4，…，2n－1lgan，…的前n项和Sn等于( )
A．n·2n C．(n－1)·2n＋1
B．(n－1)·2n－1－1 D．2n＋1
2n解析 ∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，∴a2n＝10，即an＝
10n，
∴2n－1lgan＝2n－1lg10n＝n·2n－1， ∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，① 2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，②
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∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1。故选C。 答案 C
4．(2017·郑州模拟)整数数列{an}满足an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为________。
解析 由an＋2＝an＋1－an，得an＋2＝an－an－1－an＝－an－1， 易得该数列是周期为6的数列， 且an＋2＋an－1＝0，S800＝a1＋a2＝2 013，
S813＝a1＋a2＋a3＝2 000，
?a3＝a2－a1＝－13，?a1＝1 013，
∴?∴?
a＋a＝2 013，a＝1 000，?21?2
?a3＝－13，∴?依次可得a5＝－1 000，a6＝13，由此可知an＋1＋an＋2＋an＋3＋an＋4＋an＋5
?a4＝－1 013，
＋an＋6＝0，
∴S2 015＝S5＝－13。 答案 －13
5．在等比数列{an}(n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设bn＝log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5
＝0。
(1)求{an}的通项an； (2)若cn＝
n1
，求{cn}的前n项和Sn。
bn－6
解析 (1)因为b1＋b3＋b5＝6， 所以log2a1＋log2a3＋log2a5＝6，
36
所以log2(a1a3a5)＝6，所以log2(a1q)＝6，
所以log2(a1q2)＝2，即b3＝2，a1q2＝4＝a3。 因为a1>1，所以b1＝log2a1>0，
又因为b1b3b5＝0，所以b5＝0＝log2a5，a5＝1，
a51
所以＝＝q2，又q>0，
a34
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?
?q＝1，?4
2
a1q2＝4，
?a＝16，解得?1
?q＝2。
1
?1?n－15－n所以an＝16×??＝2(n∈N*)。
?2?
(2)由(1)知an＝25－n，所以bn＝5－n(n∈N*)， 所以cn＝
n1－1
＝，
5－n－6nn＋1
所以Sn＝
1????1??11??11??1
－??1－?＋?－?＋?－?＋…＋?－?? ??2??23??34??nn＋1??11??11111
＝－?1－＋－＋－＋…＋－
nn＋1??22334?1?－n?
1－＝－?＝(n∈N*)。 ?
?n＋1?n＋1答案 (1)an＝25－n(n∈N*) (2)Sn＝
－n(n∈N*) n＋1
微专题 巧突破 数列的新定义问题 先定义一个(一类)新数列，然后要求根据定义推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一个命题方向，这类问题形式新颖，常给人耳目一新的感觉。对于这类问题，我们应先弄清问题的本质，然后根据等差、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决。
【典例】 设Sn为数列{an}的前n项和，若
S2n(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等Sn比数列”。若数列{cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d＝________。
【解析】 由题意可知，数列{cn}的前n项和Sn＝
2nnc1＋cn2
2n，前2n项和S2n＝
c1＋c2n2
，
c1＋c2n2nd2S2n＝2＋＝2＋，所以当d＝4时，为非零常数，则数列
4＋nd－d4－dSn1＋
2S2n所以＝Snnc1＋cn2
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{cn}是“和等比数列”，故d＝4。
【答案】 4
【变式训练】 (1)(2016·福建六校联考)对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前2 016项和S2 016＝( )
A．22 017－2 C．22 017
B．22 017－1 D．22 017＋1
a1＋2a2＋…＋2n－1an(2)(2016·衡水中学检测)对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现
n在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为________。
【解析】 (1)由题意知an＋1－an＝2n，则an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－2，…，a3－a2＝
n－1
21－2
22，a2－a1＝2，累加求和得an－a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＝＝2n－2，n≥2，又a1
1－2
21－22 016
＝2，所以an＝2，则数列{an}的前2 016项和S2 016＝＝22 017－2，故选A。
1－2
na1＋2a2＋…＋2n－1ann＋1
(2)由题意知Hn＝＝2，
n所以a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n×2n＋1①，
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)×2n②，
①－②得：2n－1an＝n×2n＋1－(n－1)×2n，解得an＝2n＋2，n≥2，
当n＝1时，a1＝4也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋2，则数列{an}为等差数列，公差为2。
令bn＝an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{bn}也是等差数列，
7
由Sn≤S5对任意的n∈N恒成立，知2－k<0，且b5＝12－5k≥0，b6＝14－6k≤0，解得≤3
*
12k≤。
5
?712?
【答案】 (1)A (2)?，?
?35?
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