十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学专题08 数列

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

A.当b=2时,a10>10 C.当b=-2时,a10>10 【答案】A

B.当b=4时,a10>10 D.当b=-4时,a10>10

22222【解析】当b=2时,a2=??1+2≥2,a3=??2+2≥4,a4=??3+2≥16≥1,当n≥4时,an+1=????+2≥????≥1,则

111131171

lo??17an+1>2lo??17an?lo??17an+1>2,则

161616n-1

217

an+1≥（16 ）

??-1

(n≥4),则a10≥（16） 2=（1+16）=1+16+

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.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=

??1(1-??4)??1(1-??3)

,a. 1+a2+a3=1-??1-??

D.12

∵a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),

∴a1+a2+a3=????1+??2+??3+??4,即a1(1+q+q)=????1(1+??+??

2+??3)

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,a2

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 【答案】D

【解析】设第n个单音的频率为an,由题意,??a8=a1×(√2)=√27f,故选D.

B.√22f

C.√25f

D.√27f

????

??-1

=√2(n≥2),所以{an}为等比数列,因为a1=f,所以

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

??(1+??)

组的项数和为.第

??(1+??)

>100,得21-2??n2(1-2??)n+1

n组的和为=2-1,前n组总共的和为-n=2-2-n.

1-21-2

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

前N项和为2的整数幂,则SN-????(1+??)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 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

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

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

??1+??3+??52421

=1+q+q=3=7,解得??1

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{an}满足a1=4,a3a5=4(a4-1),则a2=( ) A.2 【答案】C

【解析】∵a3a5=4(a4-1),∴??4=4(a4-1),解得a4=2.

B.1

C.2

D.8

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.

??(??+1)

C.63 D.64

B.n(n-1)

??(??-1)

【答案】A

【解析】∵a2,a4,a8成等比数列, ∴ =a2

2·a8,即(a1+6)=(a1+2)(a1+14), 解得a1=2. ∴S??(??-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

3 B.-1

3 C.9

D.-9

【答案】C

【解析】由S2

????91

3=a2+10a1,得a1+a2+a3=a2+10a1,整理得a3=9a1,所以q=3??1

=9.由a5=9,得a1=??5

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】S??(1-????)??2

????n=11-??

??1-????1-??

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

; 2

aa1+a1

a1+a17

2=a1,b2=

32=

6a1,c2=32=6a1,

S3a

√62=√111

2·2·13·3=6a21;显然S2>S1.

同理,a1+a1

3=a1,b3=6a2=12a1,

c=11

√1053=

6a1+a1

21,S3=√11

12a2·2·12a1·12a1=24a21,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. ∵Sm=

m(a1+am)

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. ??+??7=2,??=4,??=-2,

联立{4可解得{4或{4

??4??7=-8??7=-2??7=4,??=4,13

当{4时,q=-2, ??7=-2

故a1+a10=??3+a7q=-7;

D.-7

??=-2,3当{4时,q=-2,同理,有a1+a10=-7. ??7=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,

15×(10+234)

=1 830. 2n

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= .

【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.

∴10

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

故S4=

??1(1-??4)1-??=

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=,??4=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∵??4=a6,∴9q=3q.∵q≠0,∴q=3.

121

335

135

??(1-??5)∴S5=1

1-??=

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→∞

1-qn

n-1

n→∞an+1

=,则

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.

k-1

k-12

*n*

∴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】??+1 【解析】设等差数列的首项为a1,公差为d,由题意可知{

??(??-1)??(1+??)

d=. 222

2??

=____________. ??=1????

t+1

k-1

??1+2??=3,

4×3

4??1+2??

??=1,解得{1 =10,??=1.

所以Sn=na1+

所以??=??(??+1)=2(??-??+1).

??所以∑

1111111=2[(1-)+(-)+…+(-]=2(1-))223????+1??+1??=1????

2??

. ??+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, ??(1+??)=-1,??1=1,3得{1解得{故a4=a1q=-8. 2??=-2,??1(1-??)=-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

∵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*

1474=8,即q=2.

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,

两式相除得??(??=5=2,解得q=2,a1=8, +??13)

??+??101

所以a1a2…an=8

11+2+…+(??-1)

·(2)

-??2+

127??

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

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

??+1

【解析】∵an+1=2an,即??=2,

∴{an}是以2为公比的等比数列.

又

2(1-2??)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

??+??=??>0,??>0,

【解析】由题意,得{∴{

????=??>0,??>0.

-2+??=2??,??=1,??=5,

不妨设a

??=4.????=4,??=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{}前10项的和为____________. 【答案】【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)

. 220

n-1

1????

211

=2(-). ??(??+1)????+11

∴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?????=1,即?????=-1,则{??}为等差数列,首项为

????????+1??+1

=-1,公差为??1

d=-1,∴??=-n.∴Sn=-??.

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

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=??2

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

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

将a7=2代入an+1=1-a,可求得a6=-1;

将a6=-1代入an+1=

,可求得a5=2. 1-an

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

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

n(n-1)2

×322

=3n-3n. 1

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

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= . 【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,

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

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.

(2)解由(1)知,an+bn=

122

??-1,an-bn=2n-1.

所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=??+n-, bn=2[(an+bn)-(an-bn)]=??-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,??为奇数,

2121

121

12求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈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, 3??=3+2??,??=3,得{2解得{

??=3,3??=15+4??.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)

????1

=[n×3+(-)×6]+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)

n-1

=3n+6(1×3+2×3+…+n×3). 记Tn=1×3+2×3+…+n×3,

n+1

212n

①

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

n+1

??+1

3(1-3??)+3n+1(2??-1)3=-+n×3=. 1-32

所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n+6Tn=3n

(2??-1)3??+1+3+3×2

(2??-1)3??+2+6??2+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;

1,2??

(2)设数列{cn}满足c1=1,cn={其中k∈N.

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

??=12??

6??=6+2??,??=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

??=2,6??=12+4??,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-1

(2)①??2??(??2??-1)=??2??(bn-1) =(3×2+1)(3×2-1)=9×4-1.

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

??=1

2??

=∑ai+∑??2??(??2??-1)

??=1

2??

=[2

2??(2??-1)i

×4+2×3]+∑(9×4-1)

??=1

2n-1

=(3×2=27×2

+5×2

n-1

4(1-4??)

)+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=√

????**

,n∈N,证明:c1+c2+…+cn<2√n,n∈N. 2????

【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).

解得bn=??(????+1-SnSn+2).

所以bn=n+n,n∈N. (2)cn=√

????

2????

=√

2??-22??(??+1)=√

??-1*

,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√??. 那么,当n=k+1时,c1+c2+…+ck+ck+1<2√??+√(??+1)(??+2)<2√??+√??+1<2√??+√??)=2√??+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√??对任意n∈N成立.

??12√??+1+√??=2√??+2(√??+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*

????

2????

2????+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.

??2??4=??5,??21??4=??1??4由{,

??3-4??2+4??1=0,得{????+4??

1??2-4??11=0,

解得{??=1??1,=2.

因此数列{an}为“M- 数列”. (2)①因为

1????

2?????

2????+1,所以bn≠0.

由b1

1=1,S1=b1,得11???2

,则b2=2.

由122????

??=?????,得Sn=????+1??????+12(????+1-????), 当n≥2时,由b??n=Sn-Sn-1,得bn=??????+1?????-1??

??2(????+1-????)2(????-????-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??????

??????

??≤ln q≤??-1. 设f(x)=??????

1-??????

??(x>1),则f'(x)=??2. 令f'(x)=0,得x=e.

列表如下:

x f'(x) f(x) 因为

????22

(1,e) + ↗ <

????96

e 0 极大值 (e,+∞) - ↘ =

????86

????3, 3

所以f(k)max=f(3)=3. 取q=√3,当k=1,2,3,4,5时,

k-1

????3

??????

≤ln q, ??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????1+????2+…+??????.

【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. ∵??????=e

nln 2

=??????2=2,

∴{??????}是以2为首项,2为公比的等比数列. ∴????1+????2+…+??????=2+2+…+2=2-2.

n+1

∴????1+????2+…+??????=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:

(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=

??-1,bn=a1

n+1+1=2??+1, 则|bn-a1

n|=|

12??+1-

??-1|

=|1-

12??|<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-??, 则|b1

n-an|=|??1-??

-??1|=??

<1,n∈N, 可得b1

1n+1-bn=?????+1>0,

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-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????-1-2????-1

n-1b1≤d≤??-1b1.因为q∈(1,??

√2],则1

≤2, 从而????-1-2????-1

??-1b1≤0,??-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{????-1-2????-1

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

????-2????-1??-????-1)-????+2

???-2

??-1=

??????-????-??????-1+2

??(??-1)=

??(????(??-1),

当1

??时,有qn

≤qm

≤2,从而n(qn

-qn-1

)-qn

+2>0. 因此,当2≤n≤m+1时,数列{????-1-2

??-1}单调递增,

故数列{????-1-2????-2

??-1}的最大值为??.

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)

当2≤n≤m

时,??1

????-1=

??(??-1)??

≤

21??(1-1??)=f(??)<1,

??-1因此,当

2≤n≤m+1时,数列{????-1

??-1}单调递减,

故数列{????-1

的最小值为????

??-1}??. 因此,d的取值范围为[

??1(????-2)??,??1????

??]. 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

1-2??n

以,Tn=1-2=2-1.

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=

??(??+1)

. 2

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

2×(1-2??)n+1

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

1-2

??(??+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;

(??+??)??

②证明∑????+2??

??=1(??+1)(??+2)

2??+2*

-2(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

??=1??

n-1

1-2??nSn==2-1, 1-2??

2×(1-2??)n+1

-1)=∑2-n=1-2-n=2-n-2.

??=1

(????+????+2)????②证明因为(??+1

)(??+2)24232??+22??+1(4-3)+…+(??+2-??+1)

(2??+1-??-2+??+2)??(??+1)(??+2)2??+2

-2. ??+2=

??·2??+1

(??+1)(??+2)

2??+2??+2??

(????+????+2)????2??+1

???+1,所以,∑(??+1

)(??+2)??=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;

(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

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{a??

n}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=????

. (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(??+1)

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

????+1??+1=

2????

??,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??

n-1

,所以an-1

??=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. ??

(2)若an-1n=(-2),则

1-(-2)

n3.

由Smm=63得(-2)=-188,此方程没有正整数解. 若an-1

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.

(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. ??(1+??)=2,

由题设可得{1

??1(1+??+??2)=-6.解得q=-2,a1=-2.

故{an}的通项公式为an=(-2). (2)由(1)可得由于

??+1

??1(1-????)2n2

Sn=1-??=-3+(-1)3. n

??+3??+2??+1

4-22??2n2

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

??=3,??=1,联立①和②解得{(舍去),{

??=0??=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{2??+1}的前n项和.

n-1

2n-1

【解析】(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1). 两式相减得(2n-1)an=2.所以an=2??-1(n≥2). 又由题设可得a1=2,

从而{an}的通项公式为an=2??-1.

(2)记{2??+1}的前n项和为Sn.

??由(1)知2??+1=(2??+1)(2??-1)=2??-1?2??+1. 2

??211

则Sn=1?3+3?5+…+2??-1?2??+1=2??+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

n-1

1111112??

12×(1-4??)n+1

=-4-(3n-1)×4

1-43??-2n+18

×4+. 33

3??-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. 由题意得{??1+??1??=3,2

????-??2.所以3q-5q-2=0. 12

1??=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

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(??+??+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

n-2

n-1

n=3×2+5×2+7×2+…+(2n-1)×2+(2n+1)×2, ②

①-②得

-T-1

n-1

(1-2??-1)n=3×2+(2+2+…+2)-(2n+1)×2n-1

22+1-2-(2n+1)×2n-1

. 所以

T=(2??-1)×2??+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S??

n.已知S2n+1=bnbn+1,求数列{??????

}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,??2

1q=a1q,又an

n>0,解得a1=2,q=2,所以an=2.

(2)由题意知:S2??+1)(??2n+1=

(1+??2??+1)

2=(2n+1)bn+1,

又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1. 令cn=??

??2??+1

????

,则cn=

2??, 因此Tn=c1+c2+…+cn =3

52??-12+

3+…+2

??-1+

2??+1

2??. 25

又2Tn=

72324+…+

2??-12??+1

+??+1, 2??212

2两式相减得Tn=+(+

212+…+

??-1)

2??+12

??+1,所以

Tn=5-

2??+5

. 2??*

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).

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≤??<10,1,10≤??<100,

(2)因为bn={

2,100≤??<1000,3,??=1000,

所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.

n+2

n+1

12×(1-2??)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{a2??+3

n}的通项公式为an=5

. (2)由(1)知,b2??+3

n=[5]. 当n=1,2,3时,1≤

2??+3

5<2,bn=1; 当n=4,5时,2≤2??+3

5<3,bn=2; 当n=6,7,8时,3≤2??+3

5<4,bn=3; 当n=9,10时,4≤

2??+3

<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{??+??2=4,??=1,

??12=2??1+1,则{??12=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(1-3??-2)(??+7)(??-2)

n=3+1-3?2=

3??-??2-5??+11

2, 2,??=1,

所以Tn={3??-??2-5??+11

2,??≥2,??∈??*.

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{bn}的公比q=??3=3=3, 2所以b1=??2=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 =

??(1+2??-1)1-3??23??-1

+1-3=n+2. 22

n-1n-1

n-1

??9

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=

(????+1)

??+1??(????+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.

??=??1+??2,11=2??1+??,

由{1即{ ??2=??2+??3,17=2??1+3??,可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1. (2)由(1)知cn=

(6??+6)

??+1??(3??+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

n+1

n+2

n+1

4(1-2??)

]=3×[4+-(??+1)×2??+2]

1-228

(1)设cn=????+1?????,n∈N,求证:数列{cn}是等差数列;

2(2)设a1=d,Tn=∑(-1)????,n∈N,求证:∑??<2. ??=1??=1??2??

2????

【解析】证明(1)由题意得????=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(a2+a2n)12

=2dn(n+1).所以∑2k=1Tk

2∑k(k+1)2dk=1

∑(-)=2·(1-n+1)<2. 2dk=1kk+12d2d

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.

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

q≠-1,所以

1-26a1·=63,得

1-212n-1

a1=1.所以an=2.

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

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-(3)1-311n

=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=,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=

n-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=

,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=

.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.

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a??-1??+1

n=1+2,即an=2. (2)由(1)得b1=1,b4=a15=

15+1

2=8. 设{bq,则q3

=??

n}的公比为4??1

=8,从而q=2,

故{b1-2??)n

n}的前n项和

T??1(1-????)1×(n=1-??=

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=2????-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{??1+??=4,

(??3??)+(??

1+1+6??)=15,解得{????1=3,=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)+(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,??2??+2an=4Sn+3.

(1)求{an}的通项公式; (2)设bn=

????????+1

,求数列{bn}的前n项和.

【解析】(1)由??2

??+2an=4Sn+3,可知??2??+1+2an+1=4Sn+1+3.

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

由于an>0,可得an+1-an=2.

又??21+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=????=(2??+1)(2??+3)=2(2??+1-2??+3).

????+1

设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+…+bn=2[(3-5)+(5-7)+…+

2??+12??+3

11111

=32??+3. ()

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;

??+1

(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=????,求数列{bn}的前n项和Tn.

????+1

【解析】(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8, ??=1,??=8,

又a1+a4=9,可解得{1或{1(舍去).

??4=8??4=1由a4=a1q得公比q=2,故an=a1q=2. (2)Sn=又bn=

??1(1-????)n

=2-1, 1-??3

n-1

????+1????????+1

????+1-????????????+1

1????1

1????+1

所以Tn=b1+b2+…+bn=(-)+(-)+…+(-)=?????=1-??+1. ??1??2??2??3????????+12-11??+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=??22??,n∈N,求数列{bn}的前n项和.

2??-1

????????

【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-1

??-1=22;

当n=2k(k∈N)时,an=a2k=2=22.

??-1

22,??为奇数,

所以,{an}的通项公式为an={??

22,??为偶数.(2)

由

(1)

得

bn=

??????2??2????2??-1

??2

??-1.

设{bn}

的前

n项

和为

12Sn,则

Sn=1×0+2×1+3×2+…+(n-1)×

1111

减,得2Sn=1+2+2+…+??-122

???2??-2+n×

??-1,2Sn=1×1+2×2+3×3+…+(n-1)×

2222

??-1+n×??,上述两式相

1-??21-211

??2??=2-??22?

????+2

??,整理得,Sn=4-??-1.所以,数列{bn}的前22

n项和为

??+22

??-1,n∈N

1??

}的前n项和为. ????·????+12??+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)·2????,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??21

=,所以a1a2=3.

令n=2,得????+????=5,所以a2a3=15.

1223解得a1=1,d=2,所以an=2n-1. (2)由(1)知bn=(an+1)·2????=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

3??-1n+14

Tn=9×4+91

n+1

2n-1

=n·4,

4(1-4??)n+11-3??n+14=1-4-n·4=3×4-3.

4+(3??-1)4??+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

n+1

2131??1??????+1??+1=

????, ??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 2??2-3??=2,42

知,有{4消去d,整理得q-2q-8=0.又因为q>0,解得q=2,

??-3??=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=????,求数列{cn}的前n项和Tn.

n+1

n-1

n-2

n-1

10??1+45??=100,2??+9??=20,

【解析】(1)由题意有,{即{1

??1??=2,??1??=2,??1=9,??1=1,

解得{或{2

??=2,??=.

9????=9(2??+79),????=2??-1,故{或{

2??-1????=2??-1,????=9·().

(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2,故cn=于是Tn=1++

113

Tn=+2222

252

2n-1

2??-12??-1, ① ②

4+…+??-1, 2??-12

5+…+

2??-1

. 2??①-②可得

1111Tn=2++2+…+??-22222

2??-12??+3

, ??=3-22??故Tn=6-

2??+32??-1.

42.(2014·全国2·理T17)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.

(1)证明:{????+2}是等比数列,并求{an}的通项公式; (2)证明:??+??+…+??<2.

??12

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

222222等比数列.

a+1

n2=

3??

,因此{an}的通项公式为a3??-12n=2.

(2)(放缩法)由(1)知1

????

??2

3-1

. 因为当n≥1时,3n

-1≥2×3n-1

, 所以??13-1

≤

12×3??-1. 于是

1111??1

??2+…+????≤1+3+…+13

??-1 =3

2(1-13??)<3

所以1

??1+??2

+…+????<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{??1??=3,

n}的公比为??,

1??4=81解得{????1=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S??n=

??(1+????)

??2-??

2. 44.(2014·湖南·文T16)已知数列{an}的前n项和

S??2+??*n=2,n∈N.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn

n=2????+(-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,a??2+??(??-1)+(??-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=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(1-22??)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{a????n}的公差为d,由题意得d=4-1-3

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

??4-??412

??1-??1

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

1×1-2??n

1-2=2-1.

所以,数列{b3

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=????????+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

n=(13-3??)(10-3??)=3(10-3??-13-3??). 于是Tn=b1+b2+…+bn

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

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)????,求数列{bn}的前n项和Tn.

????+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

4??

2×1

×2=2a1+2, 24×3

4??????????+1

=(-1)

n-1

4??

(2??-1)(2??+1)

=(-1)=

n-1

(2??-1+2??+1).当n为偶数时,Tn=(1+3)?(3+

n为奇数时,Tn=(1+)?(+)+…-(+)+3352??-32??-1或

2??+1+(-1)

Tn=2??+1

1111

111111

+…+(+?(+=1-)))52??-32??-12??-12??+12??+111

+2??-12??+1

=1+2??+1

2??+2

.所以2??+1

2??

.当2??+1

11111

2??+2

,??为奇数,2??+1Tn={2??

,??为偶数.2??+1

??-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;

(2)求数列{??}的前n项和.

【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. ??

(2)(错位相减法)设{??}的前n项和为Sn,

23212??2

由(1)知

????2??=

??+221

??+1,则

Sn=

3+…+

??+1??+213??+??+1,Sn=32222

422

4+…+??+1??+1

??+22??+2. Sn=2-??+42??+1两式相减,得2Sn=4+(

+…+

??+1)1

??+22

??+2=4+4(1-

??-1)

??+22

??+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.

(1)证明:数列{??}是等差数列;

(2)设bn=3·√????,求数列{bn}的前n项和Sn.

??????+1??+1【解析】(1)证明由已知可得??+1=??+1,即??+1???=1.

????????

所以{??}是以1=1为首项,1为公差的等差数列.

(2)解由(1)得??=1+(n-1)·1=n,所以an=n.从而bn=n·3.

????1??

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

??+13·(1-3??)-3n+1(1-2??)·3=1-3-n·3=, 21

n+1

123n

②

所以Sn=

(2??-1)·3??+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.

【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

Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)n·(n+1).因为bn+1-bn=2(n+1),可得当

2(4+2n)

为偶数为

奇

数

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

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

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

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. 【解析】(1)设{an}的公差为d.

由题意,??11=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{??1

}的前n

2??-1??2??+1??2??22

项和.

??(??-1)

d. 2【解析】(1)设{an}的公差为d,则Sn=na1+

3??+3??=0,

由已知可得{1解得a1=1,d=-1.

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

??2??-1??2??+1

(3-2??)(1-2??)=(-}的前n项和为(-+),从而数列{????22??-32??-12-112??-12??+1

1111111

11-111

3+…+2??-3-2??-1

1-2??

. 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{3??1+3??=-3,????

1(1+??)(??1+2??)=8.解得{??=2,??1=-3,或{????1=-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-3??+7,??=1,2,n|=|3n-7|={3??-7,??≥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+

(??-2)[2+(3??-7)]

=2n-11

2n+10.

当n=2时,满足此式. 综上,S1,

n={4,??=3

2??2-112??+10,??>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-??

n=??2;

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

【解析】(1)证明(公式法)因为

a11??-11

1-n=3×(3)=

3??,S=3(3??)n1-1=

1-??323,所以Sn=

1-????

2. (2)解(对数运算)b??(??+1)

n=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-2. 所以{b(??+1)

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

3=9a2a6.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=log3a1+log3a1

2+…+log3an,求数列{????

}的前n项和.

【解析】(1)设数列{an}的公比为q.由??23=9a2a6,得??23=9??24,

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

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

. 故121????

=-??(??+1)=-2(??-1

??+1

), 1??1

1??2+…+1

????

=-2[(1-1

2)+(2-3)+…+(??-??+1)] =-2????+1. 所以数列{1

2??

????

}的前n项和为-??+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

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.

(2)(错位相消法)由b2n-1

n=nan=n·2知

2n-1

n=1·2+2·2+3·25

+…+n·2

①

从而22

·S3

2n+1

n=1·2+2·2+3·2+…+n·2. ②

①-②,得

(1-22

)S3

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{????1+2??=9??=-9,可解得{????1=9,

1+=-2.

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

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.

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