2018版高考数学一轮总复习 第5章 数列 理（课件+习题）（打包12套）.zip

12018 版高考数学一轮总复习 第 5 章 数列 5.1 数列的概念与简单表示法模拟演练 理[A 级 基础达标](时间：40 分钟)1．数列 ，－ ，，－ ，…的第 10 项是( )23 4567 89A．－ B．－ C．－ D．－1617 1819 2021 2223答案 C解析 an＝(－1) n＋1 ， a10＝－ ，选 C 项．2n2n＋ 1 20212．[2017·上饶模拟]已知数列{ an}满足 an＋1 ＋ an＝ n，若 a1＝2，则 a4－ a2＝( )A．4 B．3 C．2 D．1答案 D解析 由 an＋1 ＋ an＝ n，得 an＋2 ＋ an＋1 ＝ n＋1，两式相减得 an＋2 － an＝1，令 n＝2，得a4－ a2＝1.3．已知数列{ an}对于任意 p， q∈N *，有 ap＋ aq＝ ap＋ q，若 a1＝ ，则 a36＝( )19A. B. C．1 D．4136 19答案 D解析 因为 ap＋ q＝ ap＋ aq，所以a36＝ a32＋ a4＝2 a16＋ a4＝4 a8＋ a4＝8 a4＋ a4＝18 a2＝36 a1＝4.4．数列{ an}中， a1＝1，对于所有的 n≥2， n∈N *都有 a1·a2·a3·…·an＝ n2，则a3＋ a5＝( )A. B. C. D.6116 259 2516 3115答案 A解析 解法一：令 n＝2,3,4,5，分别求出 a3＝ ， a5＝ ，∴ a3＋ a5＝ .94 2516 6116解法二：当 n≥2 时， a1·a2·a3·…·an＝ n2.当 n≥3 时，a1·a2·a3·…·an－1 ＝( n－1) 2.两式相除得 an＝ 2，∴ a3＝ ， a5＝ ，∴ a3＋ a5＝ .(nn－ 1) 94 2516 61165．已知数列{ an}的通项公式为 an＝ n2－2 λn (n∈N *)，则“ λ 0，即 2n＋12 λ 对任意的 n∈N *都成立，于是有 32λ ， λ 0，∴ an＋1 － an＝3.又 a1＝1，∴ a10＝28.8．[2015·全国卷Ⅱ]设 Sn是数列{ an}的前 n 项和，且 a1＝－1， an＋1 ＝ SnSn＋1 ，则Sn＝________.答案 －1n解析 ∵ an＋1 ＝ Sn＋1 － Sn，∴ Sn＋1 － Sn＝ Sn＋1 Sn，又由 a1＝－1，知Sn≠0，∴ － ＝1，∴ 是等差数列，且公差为－1，而1Sn 1Sn＋ 1 {1Sn}＝ ＝－1，∴ ＝－1＋( n－1)×(－1)＝－ n，∴ Sn＝－ .1S1 1a1 1Sn 1n9．已知 a1＋2 a2＋2 2a3＋…＋2 n－1 an＝9－6 n，求数列{ an}的通项公式．解 令 Sn＝ a1＋2 a2＋2 2a3＋…＋2 n－1 an，则 Sn＝9－6 n，当 n＝1 时， a1＝ S1＝3；当 n≥2 时，2 n－1 an＝ Sn－ Sn－1 ＝－6，∴ an＝－ .而 n＝1 时， a1＝3，不符合上式，32n－ 2∴通项公式 an＝Error!10．[2017·合肥模拟]已知数列{ an}满足： a1＝1,2 n－1 an＝ an－1 (n∈N *， n≥2)．(1)求数列{ an}的通项公式；(2)这个数列从第几项开始及以后各项均小于 ？11000解 (1) n≥2 时， ＝ n－1 ，anan－ 1 (12)故 an＝ ·…· · ·a1anan－ 1 a3a2 a2a1＝ n－1 · n－2 ·…· 2· 1(12) (12) (12) (12)3＝ 1＋2＋…＋( n－1) ＝ ，(12) (12) 当 n＝1 时， a1＝ 0＝1，即 n＝1 时也成立，(12)∴ an＝ .(12) (2)∵ y＝( n－1) n 在[1，＋∞)上单调递增，∴ an＝ 在[1，＋∞)上单调递减．(12) 当 n≥5 时， ≥10， an＝ ≤ ， n－ 1 n2 (12) 11024∴从第 5 项开始及以后各项均小于 .11000[B 级 知能提升](时间：20 分钟)11．[2017·吉林模拟]若数列{ an}满足 a1＝ ， an＝1－ (n≥2 且 n∈N *)，则 a201612 1an－ 1等于( )A．－1 B. C．1 D．212答案 D解析 ∵ a1＝ ， an＝1－ (n≥2 且 n∈N *)，12 1an－ 1∴ a2＝1－ ＝1－ ＝－1，∴ a3＝1－ ＝1－ ＝2，∴ a4＝1－ ＝1－ ＝ ，…，依1a1 112 1a2 1－ 1 1a3 12 12此类推，可得 an＋3 ＝ an，∴ a2016＝ a671×3＋3 ＝ a3＝2，故选 D.12．已知数列{ an}的首项 a1＝1，其前 n 项和 Sn＝ n2an(n∈N *)，则 a9＝( )A. B. C. D.136 145 155 166答案 B解析 由 Sn＝ n2an，得 Sn＋1 ＝( n＋1) 2an＋1 ，所以 an＋1 ＝( n＋1) 2an＋1 － n2an，化简得(n＋2) an＋1 ＝ nan，即 ＝ ，所以an＋ 1an nn＋ 2a9＝ · ·…· ·a1＝ × × ×…× × ×1＝ ＝ .a9a8 a8a7 a2a1 810 79 68 24 13 290 14513．设{ an}是首项为 1 的正项数列，且(n＋1)· a － na ＋ an＋1 ·an＝0( n＝1,2,3，…)，则它的通项公式 an＝_______.2n＋ 1 2n答案 1n解析 因为( n＋1) a ＋ an＋1 ·an－ na ＝0，2n＋ 1 2n4所以( an＋1 ＋ an)[(n＋1) an＋1 － nan]＝0，又 an＋1 ＋ an0，所以( n＋1) an＋1 － nan＝0，即 ＝ ，所以 an＝ a1· · · · ·…· ＝1× × × × ×…×an＋ 1an nn＋ 1 a2a1 a3a2 a4a3 a5a4 anan－ 1 12 23 34 45＝ ，n－ 1n 1n所以 an＝ .1n14．[2017·正定模拟]设 Sn是数列{ an}的前 n 项和，满足Sn＋ n·2n＋3 ＋4＝ an＋1 ， n∈N *，且 a1， S2,2a3＋4 成等比数列．(1)求 a1， a2， a3的值；(2)设 bn＝ ， n∈N *，求{ an}的通项公式．an2n解 (1)由已知得Error!解得Error!(2)由 Sn＝ an＋1 － n·2n＋3 －4，得Sn－1 ＝ an－( n－1)2 n＋2 －4， n≥2，两式相减，得 an＋1 ＝2 an＋( n＋1)2 n＋2 ， n≥2，两边同时除以 2n＋1 ，得 － ＝2( n＋1)， n≥2，an＋ 12n＋ 1 an2n则 bn＋1 － bn＝2( n＋1)， n≥2，当 n≥2 时， bn＝ b2＋ b3－ b2＋…＋ bn－ bn－1＝6＋2(3＋4＋…＋ n)＝ n(1＋ n)，当 n＝1 时， b1＝2 满足上式，所以 bn＝ n(n＋1)，从而 an＝2 n·n(n＋1)． 第 5章 数列第 1讲 数列的概念与简单表示法板块一 知识梳理 ·自主学习板块二 典例探究 ·考向突破12018 版高考数学一轮总复习 第 5 章 数列 5.2 等差数列及其前 n 项和模拟演练 理[A 级 基础达标](时间：40 分钟)1．已知等差数列{ an}中， a4＋ a5＝ a3， a7＝－2，则 a9＝( )A．－8 B．－6 C．－4 D．－2答案 B解析 解法一：由已知可得Error!解得 a1＝10， d＝－2，所以 a9＝10＋(－2)×8＝－6，选 B.解法二：因为 a4＋ a5＝ a3，所以 a3＋ a6＝ a3， a6＝0，又 a7＝－2，所以d＝－2， a9＝－2＋(－2)×2＝－6，选 B.2．{ an}为等差数列， Sn为其前 n 项和， a7＝5， S7＝21，则 S10＝( )A．40 B．35 C．30 D．28答案 A解析 由 S7＝ ＝21，所以 a1＝1，又 a7＝ a1＋6 d.所以 d＝ ，故7 a1＋ a72 23S10＝10 a1＋ × ＝40.选 A.10 10－ 12 233．[2017·太原模拟]在单调递增的等差数列{ an}中，若 a3＝1， a2a4＝ ，则 a1＝( )34A．－1 B．0 C. D.14 12答案 B解析 由题知， a2＋ a4＝2 a3＝2，又∵ a2a4＝ ，数列{ an}单调递增，34∴ a2＝ ， a4＝ ，∴公差 d＝ ＝ ，12 32 a4－ a22 12∴ a1＝ a2－ d＝0.4．[2017·沈阳质量监测]设 Sn为等差数列{ an}的前 n 项和，若 a1＝1，公差d＝2， Sn＋2 － Sn＝36，则 n＝( )A．5 B．6 C．7 D．8答案 D解析 解法一：由题知 Sn＝ na1＋ d＝ n＋ n(n－1)＝ n2， Sn＋2 ＝( n＋2) 2，由n n－ 12Sn＋2 － Sn＝36，得( n＋2) 2－ n2＝4 n＋4＝36，所以 n＝8.解法二： Sn＋2 － Sn＝ an＋1 ＋ an＋2 ＝2 a1＋(2 n＋1) d＝2＋2(2 n＋1)＝36，解得 n＝8.5．设等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn.若 a1＝－11， a4＋ a6＝－6，则当 Sn取最小值时，n 等于( )A．6 B．7 C．8 D．9答案 A2解析 设等差数列{ an}的公差为 d，∵ a4＋ a6＝－6，∴ a5＝－3，∴ d＝ ＝2，∴ a6＝－10，故当等差数列{ an}的前 n 项和a5－ a15－ 1Sn取得最小值时， n 等于 6.6．[2017·温州模拟]在等差数列{ an}中， a9＝ a12＋6，则数列{ an}的前 11 项和 S11等12于________．答案 132解析 S11＝ ＝11 a6，设公差为 d，由 a9＝ a12＋6，得 a6＋3 d＝ (a6＋6 d)11 a1＋ a112 12 12＋6，解得 a6＝12，所以 S11＝11×12＝132.7．已知等差数列{ an}中， an≠0，若 n≥2 且 an－1 ＋ an＋1 － a ＝0， S2n－1 ＝38，则 n 等于2n________．答案 10解析 ∵2 an＝ an－1 ＋ an＋1 ，又 an－1 ＋ an＋1 － a ＝0，2n∴2 an－ a ＝0，即 an(2－ an)＝0.∵ an≠0，∴ an＝2.2n∴ S2n－1 ＝2(2 n－1)＝38，解得 n＝10.8．已知数列{ an}中， a3＝7， a7＝3，且 是等差数列，则 a10＝________.{1an－ 1}答案 73解析 设等差数列 的公差为 d，{1an－ 1}则 ＝ ， ＝ .1a3－ 1 16 1a7－ 1 12∵ 是等差数列，{1an－ 1}∴ ＝ ＋4 d，即 ＝ ＋4 d，解得 d＝ ，1a7－ 1 1a3－ 1 12 16 112故 ＝ ＋7 d＝ ＋7× ＝ ，解得 a10＝ .1a10－ 1 1a3－ 1 16 112 34 739．[2016·全国卷Ⅱ ]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 (1)设数列{ an}的公差为 d，由题意有 2a1＋5 d＝4， a1＋5 d＝3，解得a1＝1， d＝ ，25所以{ an}的通项公式为 an＝ .2n＋ 35(2)由(1)知， bn＝ .[2n＋ 35 ]3当 n＝1,2,3 时，1≤ 0，所以不等式 2n2－ n－3 .2n－ 32n记 bn＝ ， b1＝－ ， b2＝ ，当 n≥2 时， ＝ ＝ ，则 ＝ ，即2n－ 32n 12 14 bn＋ 1bn2n－ 12n＋ 12n－ 32n 2n－ 14n－ 6 b3b2 325b3b2，所以当 n≥3 时， 1，所以( bn)max＝ b3＝ ，所以 λ .bn＋ 1bn 38 378 第 5章 数列第 2讲 等差数列及其前 n项和板块一 知识梳理 ·自主学习板块二 典例探究 ·考向突破12018 版高考数学一轮总复习 第 5 章 数列 5.3 等比数列及其前 n 项和模拟演练 理[A 级 基础达标](时间：40 分钟)1．已知等比数列{ an}的前三项依次为 a－1， a＋1， a＋4，则 an＝( )A．4× n B．4× n－1(32) (32)C．4× n D．4× n－1(23) (23)答案 B解析 由题意得( a＋1) 2＝( a－1)( a＋4)，解得 a＝5，故 a1＝4， a2＝6，所以 an＝4×n－1 ＝4× n－1 .(64) (32)2．[2017·常州模拟]在等比数列{ an}中， a3＝7，前 3 项之和 S3＝21，则公比 q 的值为( )A．1 B．－ C．1 或－ D．－1 或12 12 12答案 C解析 根据已知条件得Error!∴ ＝3，即 2q2－ q－1＝0，解得 q＝1 或 q＝－ .1＋ q＋ q2q2 123．已知等比数列{ an}的前 n 项和为 Sn，若 S3＝7， S6＝63，则 S9的值是( )A．255 B．256 C．511 D．512答案 C解析 解法一：依题意，设等比数列{ an}的首项为 a1，公比为q，∵ S3＝7， S6＝63，∴Error!解得Error!∴ S9＝511，选 C.解法二：∵等比数列{ an}的前 n 项和为 Sn，∴ S3， S6－ S3， S9－ S6成等比数列，∵ S3＝7， S6＝63，∴ S9－ S6＝448，∴ S9＝448＋ S6＝448＋63＝511，选 C.4．已知{ an}为等比数列， a4＋ a7＝2， a5a6＝－8，则 a1＋ a10＝( )A．7 B．5C．－5 D．－7答案 D解析 设数列{ an}的公比为 q，由Error!得Error!或Error!所以Error!或Error!所以Error!或Error! 所以 a1＋ a10＝－7.5．已知{ an}为等比数列， Sn是它的前 n 项和．若 a3a5＝ a1，且 a4与 a7的等差中项为 ，14 98则 S5等于( )A．35 B．33 C．31 D．29答案 C2解析 设等比数列{ an}的公比是 q，所以 a3a5＝ a q6＝ a1，得 a1q6＝ ，即 a7＝ .又2114 14 14a4＋ a7＝2× ，解得 a4＝2，所以 q3＝ ＝ ，所以 q＝ ， a1＝16，故 S5＝ ＝98 a7a4 18 12 a1 1－ q51－ q＝31 ，故选 C.16(1－ 132)1－ 126．设公比为 q(q0)的等比数列{ an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝3 a2＋2， S4＝3 a4＋2，则q＝________.答案 32解析 由题意得Error!两式作差，得 a1q2＋ a1q3＝3 a1q(q2－1)，即 2q2－ q－3＝0，解得 q＝ 或 q＝－1(舍去)32．7．等比数列{ an}满足：对任意 n∈N *,2(an＋2 － an)＝3 an＋1 ， an＋1 an，则公比q＝________.答案 2解析 由题知 2(anq2－ an)＝3 anq，即 2q2－3 q－2＝0，解得 q＝2 或 q＝－ ，又12an＋1 an，故 q＝2.8．[2017·重庆模拟]已知{ an}是等差数列， a1＝1，公差 d≠0， Sn为其前 n 项和，若a1， a2， a5成等比数列，则 S8＝________.答案 64解析 由 a1、 a2、 a5成等比数列，得( a1＋ d)2＝ a1(a1＋4 d)，即(1＋ d)2＝1＋4 d，解得d＝2( d＝0 舍去)， S8＝ ×8＝64.1＋ 1529．[2016·全国卷Ⅰ]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.13(1)求{ an}的通项公式；(2)求{ bn}的前 n 项和．解 (1)由已知， a1b2＋ b2＝ b1， b1＝1， b2＝ ，得 a1＝2.所以数列{ an}是首项为 2，公13差为 3 的等差数列，通项公式为 an＝3 n－1.(2)由(1)和 anbn＋1 ＋ bn＋1 ＝ nbn，得 bn＋1 ＝ ，bn3因此数列{ bn}是首项为 1，公比为 的等比数列．13记{ bn}的前 n 项和为 Sn，3则 Sn＝ ＝ － .1－ (13)n1－ 13 32 12×3n－ 110．已知正项数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1， a ＝ Sn＋1 ＋ Sn.2n＋ 1(1)求{ an}的通项公式；(2)设 bn＝ a2n－1 ·2an，求数列{ bn}的前 n 项和 Tn.解 (1)因为 a ＝ Sn＋1 ＋ Sn，①2n＋ 1所以当 n≥2 时， a ＝ Sn＋ Sn－1 ，②2n①－②得 a － a ＝ an＋1 ＋ an，2n＋ 1 2n即( an＋1 ＋ an)(an＋1 － an)＝ an＋1 ＋ an，因为 an0，所以 an＋1 － an＝1，所以数列{ an}从第二项起，是公差为 1 的等差数列．由①知 a ＝ S2＋ S1，因为 a1＝1，所以 a2＝2，2所以当 n≥2 时， an＝2＋( n－2)×1，即 an＝ n.③又因为 a1＝1 也满足③式，所以 an＝ n(n∈N *)．(2)由(1)得 bn＝ a2n－1 ·2an＝(2 n－1)·2 n，Tn＝2＋3·2 2＋5·2 3＋…＋(2 n－1)·2 n，④2Tn＝2 2＋3·2 3＋…＋(2 n－3)·2 n＋(2 n－1)·2 n＋1 ，⑤④－⑤得－ Tn＝2＋2×2 2＋…＋2×2 n－(2 n－1)·2 n＋1 ，所以－ Tn＝2＋ －(2 n－1)·2 n＋1 ，23· 1－ 2n－ 11－ 2故 Tn＝(2 n－3)·2 n＋1 ＋6.[B 级 知能提升](时间：20 分钟)11．[2016·天津高考]设{ an}是首项为正数的等比数列，公比为 q，则“ q0，所以 a20，所以 q＝0；若 q0，可取 q＝－1， a1＝1，则 a1＋ a2＝1－1＝0，不满足对任意的正整数a2a1n， a2n－1 ＋ a2n0.所以“ q0”是“对任意的正整数 n， a2n－1 ＋ a2n0”的必要而不充分条件．故选 C.12．[2017·安徽六校素质测试]在各项均为正数的等比数列{ an}中， a2， a4＋2， a5成等差数列， a1＝2， Sn是数列{ an}的前 n 项的和，则 S10－ S4＝( )A．1008 B．2016 C．2032 D．4032答案 B解析 由题意知 2(a4＋2)＝ a2＋ a5，即 2(2q3＋2)＝2 q＋2 q4＝ q(2q3＋2)，得 q＝2，所4以 an＝2 n， S10＝ ＝2 11－2＝2046， S4＝ ＝2 5－2＝30，所以2 1－ 2101－ 2 2 1－ 241－ 2S10－ S4＝2016，故选 B.13．已知数列{ an}的首项为 1，数列{ bn}为等比数列且 bn＝ ，若 b10·b11＝2，则an＋ 1ana21＝________.答案 1024解析 ∵ b1＝ ＝ a2， b2＝ ，∴ a3＝ b2a2＝ b1b2.a2a1 a3a2∵ b3＝ ，∴ a4＝ b1b2b3，…， an＝ b1b2b3·…·bn－1 ，a4a3∴ a21＝ b1b2b3·…·b20＝( b10b11)10＝2 10＝1024.14．[2015·广东高考]设数列{ an}的前 n 项和为 Sn， n∈N *.已知 a1＝1， a2＝ ， a3＝ ，32 54且当 n≥2 时，4 Sn＋2 ＋5 Sn＝8 Sn＋1 ＋ Sn－1 .(1)求 a4的值；(2)证明： 为等比数列；{an＋ 1－12an}(3)求数列{ an}的通项公式．解 (1)∵4 Sn＋2 ＋5 Sn＝8 Sn＋1 ＋ Sn－1 ，∴ n＝2 时，4 S4＋5 S2＝8 S3＋ S1，∴4( a1＋ a2＋ a3＋ a4)＋5( a1＋ a2)＝8( a1＋ a2＋ a3)＋ a1，∴4× ＋5× ＝8×Error! 1＋ ＋ Error!＋1，解得 a4＝ .(1＋32＋ 54＋ a4) (1＋ 32) 32 54 78(2)证明：∵ n≥2 时，4 Sn＋2 ＋5 Sn＝8 Sn＋1 ＋ Sn－1 ，∴4( Sn＋2 － Sn＋1 )－2( Sn＋1 － Sn)＝2 ，[ Sn＋ 1－ Sn －12 Sn－ Sn－ 1 ]∴( Sn＋2 － Sn＋1 )－ (Sn＋1 － Sn)12＝ ，12[ Sn＋ 1－ Sn － 12 Sn－ Sn－ 1 ]∴ an＋2 － an＋1 ＝ .12 12(an＋ 1－ 12an)又 a3－ a2＝ ，12 12(a2－ 12a1)∴ 是首项为 1，公比为 的等比数列．{an＋ 1－12an} 12(3)由(2)知 是首项为 1，公比为 的等比数列，∴ an＋1 － an＝ n－1 ，{an＋ 1－12an} 12 12 (12)两边同乘以 2n＋1 ，得 an＋1 ·2n＋1 － an·2n＝4.又 a2·22－ a1·21＝4，5∴{ an·2n}是首项为 2，公差为 4 的等差数列，∴ an·2n＝2＋4( n－1)＝2(2 n－1)，∴ an＝ ＝ .2 2n－ 12n 2n－ 12n－ 1 第 5章 数列第 3讲 等比数列及其前 n项和板块一 知识梳理 ·自主学习板块二 典例探究 ·考向突破12018 版高考数学一轮总复习 第 5 章 数列 5.4 数列求和模拟演练 理[A 级 基础达标](时间：40 分钟)1．已知数列{ an}是公差不为 0 的等差数列，且 a2＋ a6＝ a8，则 ＝( )S5a5A．8 B．6 C．5 D．3答案 D解析 在等差数列中，由 a2＋ a6＝ a8得 2a1＋6 d＝ a1＋7 d，得 a1＝ d≠0，所以 ＝S5a5＝ ＝ ＝3.5a1＋ 5×42 da1＋ 4d 5a1＋ 10da1＋ 4d 1552．已知数列{ an}， an＝2 n＋1，则 ＋ ＋…＋ ＝( )1a2－ a1 1a3－ a2 1an＋ 1－ anA．1＋ B．1－2 n C．1－ D．1＋2 n12n 12n答案 C解析 an＋1 － an＝2 n＋1 ＋1－(2 n＋1)＝2 n＋1 －2 n＝2 n，所以 ＋ ＋…＋ ＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＝1－ n＝1－1a2－ a1 1a3－ a2 1an＋ 1－ an 12 122 123 12n12[1－ (12)n]1－ 12 (12).12n3．[2017·银川一中模拟]在数列{ an}中， a1＝2， an＋1 ＝ an＋ln ，则 an＝( )(1＋1n)A．2＋ln n B．2＋( n－1)ln nC．2＋ nln n D．1＋ n＋ln n答案 A解析 由已知条件得 a2＝ a1＋ln 2， a3＝ a2＋ln ， a4＝ a3＋ln ，…， an＝ an－1 ＋ln 32 43，得 an＝ a1＋ln 2＋ln ＋ln ＋…＋ln ＝2＋ln nn－ 1 32 43 nn－ 1Error!2× × ×…× Error!＝2＋ln n，故选 A.32 43 nn－ 14．[2017·烟台模拟]已知数列{ an}中， a1＝1，且 an＋1 ＝ ，若 bn＝ anan＋1 ，则数an2an＋ 1列{ bn}的前 n 项和 Sn为( )A. B. C. D.2n2n＋ 1 n2n＋ 1 2n2n－ 1 2n－ 12n＋ 1答案 B2解析 由 an＋1 ＝ ，得 ＝ ＋2，an2an＋ 1 1an＋ 1 1an∴数列 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，{1an}∴ ＝2 n－1，又 bn＝ anan＋1 ，1an∴ bn＝ ＝ ，1 2n－ 1  2n＋ 1 12( 12n－ 1－ 12n＋ 1)∴ Sn＝ ＝ ，故选 B.12(11－ 13＋ 13－ 15＋ …＋ 12n－ 1－ 12n＋ 1) n2n＋ 15．数列 1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋2 2＋…＋2 n－1 ，…的前 n 项和 Sn1020，那么 n 的最小值是( )A．7 B．8 C．9 D．10答案 D解析 an＝1＋2＋2 2＋…＋2 n－1 ＝2 n－1.∴ Sn＝(2 1－1)＋(2 2－1)＋…＋(2 n－1)＝(2 1＋2 2＋…＋2 n)－ n＝2 n＋1 － n－2，∴ S9＝10131020，∴ Sn1020， n 的最小值是 10.6．在数列{ an}中， anan＋1 ＝ ， a1＝1，若 Sn为数列{ an}的前 n 项和，则 S20＝________.12答案 15解析 由 anan＋1 ＝ ， a1＝1，得数列{ an}的通项公式为 an＝Error!则12S20＝10×1＋10× ＝15.127．数列{ an}的前 n 项和为 Sn，前 n 项之积为∏ n，且∏ n＝( )n(n＋1) ，则 S5＝________.2答案 62解析 an＝ ＝( )n(n＋1)－ n(n－1) ＝2 n(n≥2)，当 n＝1 时， a1＝∏ 1＝( )1×2＝2 1，∏ n∏ n－ 1 2 2所以 an＝2 n，所以 S5＝2＋2 2＋…＋2 5＝ ＝2 6－2＝62.2 1－ 251－ 28．[2017·郑州模拟]设数列{ an}的通项公式为 an＝2 n－10( n∈N *)，则|a1|＋| a2|＋…＋| a15|＝________.答案 130解析 由 an＝2 n－10( n∈N *)知，{ an}是以－8 为首项，2 为公差的等差数列，又由an＝2 n－10≥0，得 n≥5，所以当 n1 时， Sn＋1 ＋ Sn－1 ＝2( Sn＋ S1)都成立，则S15＝________.答案 211解析 当 n1 时， Sn＋1 ＋ Sn－1 ＝2( Sn＋ S1)可以化为( Sn＋1 － Sn)－( Sn－ Sn－1 )＝2 S1＝2，即n1 时， an＋1 － an＝2，即数列{ an}从第二项开始组成公差为 2 的等差数列，所以S15＝ a1＋( a2＋…＋ a15)＝1＋ ×14＝211.2＋ 28214．数列{ an}的前 n 项和为 Sn，对于任意的正整数 n 都有 an0,4Sn＝( an＋1) 2.(1)求证：数列{ an}是等差数列，并求通项公式；(2)设 bn＝ ， Tn＝ b1＋ b2＋…＋ bn，求 Tn.an3n解 (1)证明：令 n＝1,4 S1＝4 a1＝( a1＋1) 2，解得 a1＝1，由 4Sn＝( an＋1) 2，得 4Sn＋1 ＝( an＋1 ＋1) 2，两式相减得54an＋1 ＝( an＋1 ＋1) 2－( an＋1) 2，整理得( an＋1 ＋ an)(an＋1 － an－2)＝0，因为 an0，所以 an＋1 － an＝2，则数列{ an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，an＝1＋2( n－1)＝2 n－1.(2)由(1)得 bn＝ ，2n－ 13nTn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ，①131 332 533 2n－ 13nTn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ，②13 132 333 534 2n－ 13n＋ 1①－②得Tn＝ ＋2 －23 13 (132＋ 133＋ …＋ 13n) 2n－ 13n＋ 1＝ ＋2× － ＝ － ，1319(1－ 13n－ 1)1－ 13 2n－ 13n＋ 1 23 2n＋ 23n＋ 1所以 Tn＝1－ .n＋ 13n 第 5章 数列第 4讲 数列求和板块一 知识梳理 ·自主学习板块二 典例探究 ·考向突破