2019届高考数学一轮复习 第五篇 数列训练（打包4套）理 新人教版.zip

1第 1 节 数列的概念与简单表示法【选题明细表】知识点、方法 题号观察法求通项公式 1,7递推公式的应用 2,3,6,10an与 Sn的关系 5,8,12数列的单调性、最值 4,11综合问题 9,13,14基础巩固(时间:30 分钟)1.(2017·山西二模)现在有这么一列数:2, , , , , , ,…,按照规律,横线中的数应为( B ) (A) (B) (C) (D)解析:由题意可得,分子为连续的质数,分母依次为 2n-1,故横线上的数应该为 .故选 B.2.在数列{a n}中,a 1=,an+1=1- ,则 a5等于( C )(A)2 (B)3 (C)-1 (D)解析:由题意可得 a2=1-2=-1,a3=1+1=2,a4=1-=,a5=1-2=-1,故选 C.3.(2017·湖南永州三模)已知数列{a n}满足 a1=1,an+1an+Sn=5,则 a2等于( C )(A)2 (B)3 (C)4 (D)5解析:因为 a1=1,an+1an+Sn=5,所以 a2·a1+a1=5,即 a2+1=5,解得 a2=4.故选 C.4.设 an=-3n2+15n-18,则数列{a n}中的最大项的值是( D )(A) (B) (C)4 (D)0解析:因为 an=-3(n-)2+,由二次函数性质得,当 n=2 或 3 时,a n最大,此时 an=0.故选 D.5.(2017·湖南岳阳一模)已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,Sn= ,则 a2 017等于( B )(A)2 016 (B)2 017 (C)4 032 (D)4 034解析:因为 a1=1,Sn= ,2所以 n≥2 时,a n=Sn-Sn-1= - ,可化为 = ,所以 = =…= =1,所以 an=n,则 a2 017=2 017.故选 B.6.在数列{a n}中,已知 a1=2,a2=7,an+2等于 anan+1(n∈N *)的个位数,则 a2 017等于( D )(A)8 (B)6 (C)4 (D)2解析:由题意得 a3=4,a4=8,a5=2,a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8.所以数列中的项从第 3 项开始呈周期性出现,周期为 6,故 a2 017=a335×6+7=a7=2.故选 D.7.已知数列{a n}:2,-6,12,-20,30,-42,….写出该数列的一个通项公式: .解析:根据题意,a1=(-1)2×1×2=2,a2=(-1)3×2×3=-6,a3=(-1)4×3×4=12,…归纳可得 an=(-1)n+1×n×(n+1)=(-1)n+1×n·(n+1).答案:a n=(-1)n+1×n·(n+1)8.(2017·渭南一模)如果数列{a n}的前 n 项和 Sn=2an-1,则此数列的通项公式 an= . 解析:当 n≥2 时 an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1)=2an-2an-1,整理得 an=2an-1,又因为当 n=1 时,a 1=S1=2a1-1,即 a1=1,所以数列{a n}构成以 1 为首项,2 为公比的等比数列,所以 an=1·2n-1=2n-1.答案:2 n-1能力提升(时间:15 分钟)9.(2017·河北保定二模)已知数列{a n}中,前 n 项和为 Sn,且 Sn= an,则 的最大值为( C )(A)-3 (B)-1 (C)3 (D)1解析:因为 Sn= an,所以 n≥2 时,a n=Sn-Sn-1= an- an-1,化为 = =1+ ,由于数列( )单调递减,3可得 n=2 时, 取得最大值 2.所以 的最大值为 3.故选 C.10.若数列{a n}满足 a1=2,an+1= (n∈N *),则该数列的前 2 017 项的乘积是( C )(A)-2 (B)-3 (C)2 (D)-解析:因为数列{a n}满足 a1=2,an+1= (n∈N *),所以 a2= =-3,同理可得 a3=-,a4=,a5=2,….所以 an+4=an且 a1a2a3a4=1.所以该数列的前 2 017 项的乘积为 1504×a1=2.故选 C.11.(2017·湖南永州二模)已知数列{a n}的前 n 项和 Sn=3n(λ-n)-6,若数列{a n}单调递减,则 λ 的取值范围是( A )(A)(-∞,2) (B)(-∞,3)(C)(-∞,4) (D)(-∞,5)解析:因为 Sn=3n(λ-n)-6,①所以 Sn-1=3n-1(λ-n+1)-6,n1,②①-②得数列{a n}:an=3n-1(2λ-2n-1)(n1,n∈N *)为单调递减数列,所以 anan+1,且 a1a2,又 a1=S1=3(λ-1)-6=3λ-9,a2=6λ-15,所以 3n-1(2λ-2n-1)3 n(2λ-2n-3),且 λ1),且 λ2,所以 λ2,所以 λ 的取值范围是(-∞,2).故选 A.12.(2017·江西鹰潭二模)数列{a n}的前 n 项和是 Sn,a1=1,2Sn=an+1(n∈N +),则 an= .解析:因为 a1=1,2Sn=an+1(n∈N +),①所以当 n≥2 时,2S n-1=an,②①-②得 2an=an+1-an,所以 =3(n≥2),又 a2=2S1=2a1=2,4所以数列{a n}从第二项起,是以 2 为首项,3 为公比的等比数列,即 an=2·3n-2(n≥2),所以 an=答案:13.根据下列条件,确定数列{a n}的通项公式.(1)a1=1,an+1=3an+2;(2)a1=1,an+1=(n+1)an;(3)a1=2,an+1=an+ln(1+).解:(1)因为 an+1=3an+2,所以 an+1+1=3(an+1),所以 =3,所以数列{a n+1}为等比数列,公比 q=3,首项 a1+1=2,所以 an+1=2·3n-1,所以 an=2·3n-1-1.(2)因为 an+1=(n+1)an,所以 =n+1,所以 =n, =n-1,…=3, =2,a1=1.累乘可得 an=n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1=n!.故 an=n!.(3)因为 an+1=an+ln(1+),所以 an+1-an=ln(1+)=ln ,所以 an-an-1=ln ,an-1-an-2=ln ,…a2-a1=ln,累加可得 an-a1=ln +ln +…+ln=ln n.又 a1=2,所以 an=ln n+2.14.(2017·贵州模拟)已知数列{a n}满足 a1=1,且 nan+1-(n+1)an=2n2+2n.(1)求 a2,a3;(2)证明数列{ }是等差数列,并求{a n}的通项公式.5解:(1)由数列{a n}满足 a1=1,且 nan+1-(n+1)an=2n2+2n,所以 a2-2×1=4,解得 a2=6.2a3-3×6=2×22+2×2,解得 a3=15.(2)因为 nan+1-(n+1)an=2n2+2n,所以 - =2,又因为 =1,所以数列{ }是等差数列,首项为 1,公差为 2,所以 =1+2(n-1)=2n-1,解得 an=2n2-n.1第 2节 等差数列【选题明细表】知识点、方法 题号等差数列的判定与证明 10,14等差数列的基本运算 1,3,7,9等差数列的性质 2,4,5,8,11等差数列的单调性、最值 6等差数列的综合应用 12,13,15基础巩固(时间:30 分钟)1.(2017·辽宁抚顺一模)在等差数列{a n}中,a 3+a6=11,a5+a8=39,则公差 d为( C )(A)-14 (B)-7 (C)7 (D)14解析:因为 a3+a6=11,a5+a8=39,所以 4d=28,解得 d=7.故选 C.2.(2017·云南大理一模)在等差数列{a n}中,若 a3+a4+a5+a6+a7=45,那么 a5等于( C )(A)4 (B)5 (C)9 (D)18解析:因为 a3+a4+a5+a6+a7=45,所以 5a5=45,所以 a5=9.故选 C.3.(2017·全国Ⅰ卷)记 Sn为等差数列{a n}的前 n项和.若 a4+a5=24,S6=48,则{a n}的公差为( C )(A)1 (B)2 (C)4 (D)8解析:设等差数列首项为 a1,公差为 d,则 a4+a5=2a1+7d=24,①S6=6a1+ d=6a1+15d=48,②由①②得 d=4.故选 C.4.(2017·西宁一模)已知{a n}为等差数列,若 a1+a5+a9=8π,则 cos(a3+a7)的值为( A )(A)- (B)- (C) (D)解析:{a n}为等差数列,若 a1+a5+a9=8π,则有 3a5=8π,即 a5= .所以 a3+a7=2a5= ,所以 cos(a3+a7)=cos =cos =-cos =-,故选 A.5.(2017·甘肃一模)已知等差数列{a n}的前 n项和为 Sn,且 S2=4,S4=16,则 a5+a6等于( C )(A)11 (B)16 (C)20 (D)28解析:因为{a n}为等差数列,前 n项和为 Sn,所以 S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,所以 2(S4-S2)=S2+(S6-S4),又 S2=4,S4=16,所以 24=4+S6-S4=a5+a6+4,所以 a5+a6=20.故选 C.6.(2017·广东珠海二模)已知等差数列{a n}前 n项和是 Sn,公差 d=2,a6是 a3和 a7的等比中2项,则满足 Sn0且 a≠b,由 a,b, , 按一定顺序构成的数列( B )(A)可能是等差数列,也可能是等比数列(B)可能是等差数列,但不可能是等比数列(C)不可能是等差数列,但可能是等比数列(D)不可能是等差数列,也不可能是等比数列解析:①若 ab0则有 a b,若能构成等差数列,则 a+b= + ,得 = ,解得 a=b(舍去),即此时无法构成等差数列,若能构成等比数列,则 a·b= · ,得 = ,解得 a=b(舍去),即此时无法构成等比数列.②若 ba b,若能构成等差数列,则 +b=a+ ,得 2 =3a-b,4ab=9a2-6ab+b2,得 b=9a,或 b=a(舍去).当 b=9a时这四个数为-3a,a,5a,9a,成等差数列.于是 b=9a0,不可能相等,故仍无法构成等比数列故 选 B.11.(2017·淮南一模)已知等差数列{a n},{bn}的前 n项和分别为 Sn,Tn,若对于任意的自然数 n,都有 = ,则 + 等于( A )(A) (B) (C) (D)解析:法一 因为等差数列中,若 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq;等差数列的前 n项和为 Sn= .所以 = = ,4所以 += + = += = == = = .故选 A.法二 += +=== = = .故选 A.12.在等差数列{a n}中,a 10,a10·a110,a10·a110,a110,所以 T18=a1+…+a10-a11-…-a18=S10-(S18-S10)=60.答案:6013.(2017·河南周口二模)已知数列{a n}的前 n项和为 Sn,a1=1,an≠0,a nan+1=λS n-1,其中λ 为常数.(1)证明:a n+2-an=λ;(2)是否存在 λ,使得{a n}为等差数列?并说明理由.(1)证明:由题设,a nan+1=λS n-1,则 an+1an+2=λS n+1-1.两式相减得 an+1(an+2-an)=λa n+1.5由于 an+1≠0,所以 an+2-an=λ.(2)解:存在.理由:由题设,a 1=1,a1a2=λS 1-1,可得 a2=λ-1.由(1)知,a 3=λ+1.令 2a2=a1+a3,解得 λ=4.故 an+2-an=4,由此可得{ }是首项为 1,公差为 4的等差数列,a 2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为 4的等差数列,a 2n=4n-1.所以 an=2n-1,an+1-an=2.因此存在 λ=4,使得数列{a n}为等差数列.14.已知数列{a n}满足:S n+1·Sn=an+1,又 a1=,(1)求证:数列{ }为等差数列;(2)求 an.(1)证明:由 Sn+1·Sn=an+1及 an+1=Sn+1-Sn,得 Sn+1·Sn=Sn+1-Sn(n∈N +),(*)若存在 Sn=0,则 an=Sn·Sn-1=0,从而 Sn-1=Sn-an=0.依此类推知 S1=0,矛盾,故 Sn≠0(n∈N +).(*)式两边同时除以 Sn+1·Sn得 1= - ,即 - =-1(n∈N +),所以{ }是首项为,公差为-1 的等差数列.(2)解:由(1)知, = -(n-1)= -n,故 Sn= (n∈N +).当 n≥2 时,a n=Sn-Sn-1= ,n=1时,a 1=,所以 an=15.已知数列{a n}中,a 1=,an+1= .(1)求 an;(2)设数列{b n}的前 n项和为 Sn,且 bn· =1,求证 :≤S n1.6(1)解:由已知得 an≠0 则由 an+1= ,得 = ,即 - =,而 =2,所以{ }是以 2为首项,为公差的等差数列.所以 =2+ (n-1)= ,所以 an= .(2)证明:因为 bn· =1,则由(1)得 bn= ,所以 Sn=b1+b2+…+bn=(1-)+(-)+(-)+…+(- )=1- ,Sn关于 n单调递增,所以≤S n1.1第 3节 等比数列【选题明细表】知识点、方法 题号等比数列的判定与证明 2,15等比数列的基本运算 1,8等比数列的性质 3,5,7等差、等比数列的综合 4,6,9,11,13,14等比数列与其他知识的综合 10,12基础巩固(时间:30 分钟)1.(2017·山西一模)设 Sn是等比数列{a n}的前 n项和,a 3=,S3=,则公比 q等于( C )(A) (B)-(C)1或- (D)1或解析:因为 a3=,S3=,所以两式相比,化简得 2q2-q-1=0,解得 q=1或-,故选 C.2.(2017·广西钦州二模)已知数列{a n}满足: =,且 a2=2,则 a4等于( D )(A)- (B)23 (C)12 (D)11解析:因为数列{a n}满足: =,所以 an+1+1=2(an+1),即数列{a n+1}是等比数列,公比为 2.则 a4+1=22(a2+1)=12,解得 a4=11.故选 D.3.(2017·郑州三模)已知等比数列{a n},且 a6+a8=4,则 a8(a4+2a6+a8)的值为( D )(A)2 (B)4 (C)8 (D)16解析:由题意知:a 8(a4+2a6+a8)=a8a4+2a8a6+= +2a6a8+ =(a6+a8)2,因为 a6+a8=4,所以 a8a4+2a8a6+ =(a6+a8)2=16.故选 D.4.(2017·兰州二模)已知等差数列{a n}的公差 d=2,若 a1,a3,a4成等比数列,则 a6等于( A )(A)2 (B)0 (C)-2 (D)-4解析:a 1,a3,a4成等比数列,可得 =a1a4,2即(a 1+2d)2=a1(a1+3d),由等差数列{a n}的公差 d=2,即有(a 1+4)2=a1(a1+6),解得 a1=-8,则 a6=a1+5d=-8+10=2.故选 A.5.设各项都是正数的等比数列{a n},Sn为前 n项和,且 S10=10,S30=70,那么 S40等于( A )(A)150 (B)-200(C)150或-200 (D)400或-50解析:由题意得,数列 S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等比数列,因此有(S 20-S10)2=S10(S30-S20).即(S 20-10)2=10(70-S20),故 S20=-20或 S20=30,又 S200,因此 S20=30,S20-S10=20,S30-S20=40,故 S40-S30=80,S40=150.故选 A.6.(2017·陕西渭南二模)成等差数列的三个正数的和等于 12,并且这三个数分别加上1,4,11后成为等比数列{b n}中的 b2,b3,b4,则数列{b n}的通项公式为( A )(A)bn=2n (B)bn=3n(C)bn=2n-1 (D)bn=3n-1解析:设成等差数列的三个正数分别为 a-d,a,a+d,可得 3a=12,解得 a=4,即成等差数列的三个正数分别为 4-d,4,4+d,这三个数分别加上 1,4,11后成为等比数列{b n}中的 b2,b3,b4,可得(4+4) 2=(1+4-d)(4+d+11),解方程可得 d=1(d=-11舍去),则 b2=4,b3=8,b4=16,即有 b1=2,则 bn=2·2n-1=2n,故选 A.7.(2017·湖北二模)若等差数列{a n}的公差为 2,且 a5是 a2与 a6的等比中项,则该数列的前n项和 Sn取最小值时,n 的值等于( C )(A)4 (B)5 (C)6 (D)7解析:由 a5是 a2与 a6的等比中项,可得 =a2a6,由等差数列{a n}的公差 d为 2,得(a 1+4d)2=(a1+d) (a1+5d),即(a 1+8)2=(a1+2)(a1+10),解得 a1=-11,an=a1+(n-1)d=-11+2(n-1)=2n-13,令 an≤0 则 2n-13≤0,所以 n≤ ,因为 n∈N +可得该数列的前 n项和 Sn取最小值时,n=6.故选 C.8.(2016·安徽六校联考)在各项均为正数的等比数列{a n}中,a 2,a4+2,a5成等差数列,3a1=2,Sn是数列{a n}的前 n项的和,则 S10-S4等于( B )(A)1 008 (B)2 016 (C)2 032 (D)4 032解析:设等比数列{a n}的公比为 q,因为 a2,a4+2,a5成等差数列,所以 2(a4+2)=a2+a5⇒2(2q3+2)=2q+2q4,因为 q0,解得 q=2,所以 S10= =2 046,S4= =30,S10-S4=2 046-30=2 016,故选 B.9.(2017·西城区二模)已知等差数列{a n}的公差 d为 2,且 a1,a2,a4成等比数列,则 a1= ;数列{a n}的前 n项和 Sn= . 解析:因为数列{a n}是公差 d为 2的等差数列,且 a1,a2,a4成等比数列,所以 a1,a1+2,a1+6成等比数列,所以(a 1+d)2=a1·(a1+3d),即(a 1+2)2=a1(a1+6),解得 a1=2,数列{a n}的前 n项和 Sn=2n+ ×2=n2+n.答案:2 n 2+n能力提升(时间:15 分钟)10.导学号 38486097(2017·江西二模)在等比数列{a n}中,a 3,a15是方程 x2-6x+8=0的根,则的值为( A )(A)2 (B)4 (C)±2 (D)±4解析:因为 a3,a15是方程 x2-6x+8=0的根,所以所以 a3=2,a15=4;或 a3=4,a15=2.可知 a3=a1q2=2,a10.所以 a9= =2 ,同理 a3=4,a15=2,得 a9=2 .则 = =a9=2 .故选 A.11.(2017·福州一模)设等差数列{a n}的公差 d≠0,且 a2=-d,若 ak是 a6与 ak+6的等比中项,则 k等于( C )(A)5 (B)6 (C)9 (D)11解析:由等差数列{a n}的公差 d≠0,且 a2=-d,可得 a1=a2-d=-2d,则 an=a1+(n-1)d=(n-3)d,若 ak是 a6与 ak+6的等比中项,则 =a6ak+6,即(k-3) 2d2=3d·(k+3)d,4因为 d≠0,得 k2-9k=0,解得 k=9(k=0舍去).故选 C.12.(2017·商丘三模)若数列{a n}是等比数列,公比 q=2,Sn为{a n}的前 n项和,记 Tn=(n∈N *),则数列{T n}最大项的值为 . 解析:因为数列{a n}是等比数列,公比 q=2,Sn为{a n}的前 n项和,Tn= (n∈N *),所以 Tn= =9-2n- ,因为 2n+ ≥2 =4 ,当且仅当 2n= 时取等号,又 n∈N *,n=1或 2时,T n取最大值 T1=9-2-4=3.所以数列{T n}最大项的值为 3.答案:313.某市 2017年新建住房 400万平方米,其中有 250万平方米是中低价房,预计在今后的若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长 8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加 50万平方米.那么,到哪一年底,(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以 2017年为累计的第一年)将首次不少于 4 750万平方米?(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%?(参考数据:1.084≈1.36,1.08 5≈1.47,1.08 6≈1.59)解:(1)设中低价房的面积构成数列{a n},由题意可知{an}是等差数列,其中 a1=250,d=50,则 Sn=250n+ ×50=25n2+225n.令 25n2+225n≥4 750,即 n2+9n-190≥0,而 n是正整数,解得 n≥10.答:到 2026年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于 4 750万平方米.(2)设新建住房的面积构成数列{b n},由题意可知,{bn}是等比数列,其中 b1=400,q=1.08,则 bn=400×1.08n-1.由题意可知 an0.85bn,5有 250+(n-1)×50400×1.08n-1×0.85.当 n=5时,a 50.85b6,即满足上述不等式的最小正整数 n为 6.答:到 2022年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%.14.(2017·丰台区一模)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,a 11=8,设 bn=log2 an,且 b4=17.(1)求证:数列{b n}是以-2 为公差的等差数列;(2)设数列{b n}的前 n项和为 Sn,求 Sn的最大值.(1)证明:设等比数列{a n}的公比为 q,则 bn+1-bn=log2 an+1-log2 an=log2 =log2 q(常数),因此数列{b n}是等差数列.又 b11=log2 a11=3, b4=17,所以等差数列{b n}的公差 d= =-2,所以 bn=b4+(n-4)d,即 bn=25-2n.即数列{b n}是以-2 为公差的等差数列.(2)解:等差数列{b n}的前 n项和为 Sn,则 Sn= n= =(24-n)n=-(n-12)2+144,所以当 n=12时,S n有最大值,最大值为 144.15.已知在正项数列{a n}中,a 1=2,点 An( , )在双曲线 y2-x2=1上,数列{b n}中,点(bn,Tn)在直线 y=-x+1上,其中 Tn是数列{b n}的前 n 项和.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:数列{b n}是等比数列.(1)解:由点 An在 y2-x2=1上知,a n+1-an=1,所以数列{a n}是以 2为首项,1 为公差的等差数列,所以 an=a1+(n-1)d=2+n-1=n+1.(2)证明:因为点(b n,Tn)在直线 y=-x+1上,所以 Tn=-bn+1,①所以 Tn-1=-bn-1+1(n≥2),②①②两式相减得 bn=-bn+bn-1(n≥2),所以 bn=bn-1,所以 bn=bn-1(n≥2).令 n=1,得 b1=-b1+1,所以 b1=,所以{b n}是首项为,公比为的等比数列.1第 4 节 数列求和及综合应用【选题明细表】知识点、方法 题号公式法、并项法、分组求和法 1,2,3,11,13裂项相消法求和 5,8,15错位相减法求和 12,14数列的综合应用 4,6,7,9,10基础巩固(时间:30 分钟)1.已知数列{a n}的通项公式是 an=2n-3()n,则其前 20 项和为( C )(A)380- (1- ) (B)400- (1- )(C)420- (1- ) (D)440- (1- )解析:设数列{a n}的前 n 项和为 Sn,则 S20=a1+a2+…+a20=2(1+2+…+20)-3(+ +…+ )=2×-3× =420- (1- ).故选 C.2.数列{a n}的通项公式为 an=(-1)n-1·(4n-3),则它的前 100 项之和 S100等于( B )(A)200 (B)-200 (C)400 (D)-400解析:S 100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]+[-3-(-3)-3+…-(-3)]=4×(-50)=-200.故选 B.3.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n}的首项为 1,公差不为 0.若 a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前 6 项的和为( A )(A)-24 (B)-3 (C)3 (D)8解析:由 a2,a3,a6成等比数列且 a1=1 得(1+2d)2=(1+d)(1+5d).因为 d≠0,所以 d=-2,所以 S6=6×1+ ×(-2)=-24.故选 A.4.(2017·安阳一模)已知数列{a n}的前 n 项和 Sn=2n-1,则数列{log 2 an}的前 10 项和等于( C )2(A)1 023 (B)55 (C)45 (D)35解析:数列{a n}的前 n 项和 Sn=2n-1,可得 a1=S1=2-1=1;当 n≥2 时,a n=Sn-Sn-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-1,对 n=1 也成立.所以 an=2n-1(n∈N *)log2an=log22n-1=n-1,则数列{log 2an}的前 10 项和等于 0+1+2+…+9=×(1+9)×9=45.故选 C.5.(2017·湖南模拟)已知数列{a n}的前 n 项和 Sn满足 Sn=n2(n∈N *),记数列{ }的前n 项和为 Tn,则 T2 017等于( B )(A) (B) (C) (D)解析:当 n=1 时,a 1=S1=1;当 n≥2 时,a n=Sn-Sn-1=n2- (n-1)2=2n-1,当 n=1 时适合上式,所以 an=2n-1.(n∈N *).所以 = = ( - ),数列{ }的前 n 项和为 Tn= (1-+-+…+ - )= (1- ).则 T2 017= (1- )= .故选 B.6.(2016·湖北三校联考)已知等比数列{a n}的各项都为正数,且当 n≥3 时,a 4 =1 ,则数列 lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4,…,2n-1lg an,…的前 n 项和 Sn等于( C )(A)n·2n (B)(n-1)·2n-1-1(C)(n-1)·2n+1 (D)2n+1解析:因为等比数列{a n}的各项都为正数,且当 n≥3 时,a 4a2n-4=102n,所以 =102n,即 an=10n,所以 2n-1lg an=2n-1lg 10n=n·2n-1,所以 Sn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,①2Sn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,②所以①-②得-S n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)·2n-1,所以 Sn=(n-1)·2n+1.选 C.7.(2017·郴州二模)已知等比数列{a n}的前 n 项和 Sn=2n-a,则 + +…+ 等于( D )(A)(2n-1)2 (B) (2n-1)(C)4n-1 (D) (4n-1)解析:因为 Sn=2n-a,所以 a1=2-a,a1+a2=4-a,a1+a2+a3=8-a,解得 a1=2-a,a2=2,a3=4,因为数列{a n}是等比数列,所以 22=4(2-a),解得 a=1.所以公比 q=2,an=2n-1, =22n-2=4n-1.3则 + +…+ = = (4n-1).故选 D.8.(2016·广东汕尾调研)已知数列{a n}为等比数列,a 1=3,a4=81,若数列{b n}满足 bn=(n+1)log3an,则{ }的前 n 项和 Sn= . 解析:由题知 an=3n,所以 bn=n(n+1), = - ,所以 Sn=(1-)+(-)+…+(- )=1-= .答案:9.(2017·合肥二模)等比数列{a n}满足 an0,且 a2a8=4,则 log2 a1+log2 a2+log2 a3+…+log2 a9= . 解析:根据题意,等比数列{a n}的各项都是正数,a 1·a9=a2·a8=a3·a7=a4·a6= =4,则 a5=2,则 log2 a1+log2 a2+…+log2 a9=log2(a1·a2·…·a9)=log2(29)=9,答案:9能力提升(时间:15 分钟)10.已知数列{a n}满足 an+1-an=2,a1=-5,则|a 1|+|a2|+…+|a6|等于( C )(A)9 (B)15 (C)18 (D)30解析:因为 an+1-an=2,a1=-5,所以数列{a n}是公差为 2 的等差数列.所以 an=-5+2(n-1)=2n-7.数列{a n}的前 n 项和 Sn= =n2-6n.令 an=2n-7≥0,解得 n≥.所以 n≤3 时,|a n|=-an.n≥4 时,|a n|=an.则|a 1|+|a2|+…+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6=S6-2S3=62-6×6-2(32-6×3)=18.故选 C.11.(2017·安徽宿州一模)设数列{a n}的前 n 项和为 Sn,已知 a2=2,an+2+(-1)n-1an=1,则 S40等于( C )(A)260 (B)250 (C)240 (D)230解析:由 an+2+(-1)n-1an=1,当 n 为奇数时,有 an+2+an=1,当 n 为偶数时,a n+2-an=1,所以数列{a n}的偶数项构成以 2 为首项,以 1 为公差的等差数列,4则 S40=(a1+a3+a5+a7+…+a39)+(a2+a4+…+a40)=10×1+20×2+ ×1=240.故选 C.12.(2017·淮北二模)已知数列{b n}是等比数列,b n= ,a1=1, a3=3,cn=(an+1)·bn,那么数列{c n}的前 n 项和 Sn= . 解析:设等比数列{b n}的公比为 q,由题意得 = = =q,即 an+1-an=log2 q.所以{a n}为等差数列,又 d= =1,a1=1.所以 an=1+n-1=n,bn=2n-1.所以 cn=(an+1)·bn=(n+1)·2n-1.所以数列{c n}的前 n 项和 Sn=2×1+3×2+4×22+…+(n+1)·2n-1.①2Sn=2×2+3×22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,②①-②得-Sn=2+2+22+23+…+2n-1-(n+1)·2n=1+ -(n+1)·2n=-n·2n,所以 Sn=n·2n.答案:n·2 n13.已知等差数列{a n}前三项的和为-3,前三项的积为 8.(1)求等差数列{a n}的通项公式;(2)若 a2,a3,a1成等比数列,求数列{|a n|}的前 n 项和.解:(1)设等差数列{a n}的公差为 d,则 a2=a1+d,a3=a1+2d,由题意得解得 或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,a 2,a3,a1分别为-1,-4,2,不成等比数列;当 an=3n-7 时,a 2,a3,a1分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件.故|a n|=|3n-7|=记数列{|a n|}的前 n 项和为 Sn.当 n=1 时,S 1=|a1|=4;当 n=2 时,S 2=|a1|+|a2|=5;当 n≥3 时,S n=S2+|a3|+|a4|+…+|an|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7)5=5+ =n2- n+10.当 n=2 时,满足此式.综上,S n=14.(2017·衡水一模)已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn,a1=2,且满足 an+1=Sn+2n+1(n∈N *).(1)证明数列{ }为等差数列;(2)求 S1+S2+…+Sn.(1)证明:由 Sn+1-Sn=an+1得 Sn+1-Sn=Sn+2n+1,即 Sn+1-2Sn=2n+1,整理得 - =1,因为 n=1 时, = =1,所以数列{ }是以 1 为首项,1 为公差的等差数列.(2)解:由(1)可知, =1+n-1=n,即 Sn=n·2n,令 Tn=S1+S2+…+Sn,Tn=1·2+2·22+…+n·2n,①2Tn=1·22+…+(n-1)·2n+n·2n+1,②①-②,得-T n=2+22+…+2n-n·2n+1,整理得 Tn=2+(n-1)·2n+1.15.(2017·江西鹰潭二模)已知数列{a n}与{b n},若 a1=3 且对任意正整数 n 满足 an+1-an=2,数列{b n}的前 n 项和 Sn=n2+an.(1)求数列{a n},{bn}的通项公式;(2)求数列{ }的前 n 项和 Tn.解:(1)由题意知数列{a n}是公差为 2 的等差数列,又因为 a1=3,所以 an=3+2(n-1)=2n+1.数列{b n}的前 n 项和 Sn=n2+an=n2+2n+1=(n+1)2,当 n=1 时,b 1=S1=4;当 n≥2 时,b n=Sn-Sn-1=(n2+2n+1)-[(n-1)2+2(n-1)+1]=2n+1.上式对 b1=4 不成立.所以数列{b n}的通项公式为 bn=(2)n=1 时,T 1= = ,6n≥2 时, = = ( - ),所以 Tn= + (-+-+…+ - )= + = .n=1 仍然适合上式.综上,T n= .