2018版高考数学一轮复习 第六章 数列试题 理（打包5套）.zip

1第六章 数 列第 1 讲 数列的概念与简单表示法一、选择题1．数列{ an}：1，－ ， ，－ ，…的一个通项公式是( )58715 924A． an＝(－1) n＋1 (n∈N ＋ )2n－ 1n2＋ nB． an＝(－1) n－1 (n∈N ＋ )2n＋ 1n3＋ 3nC． an＝(－1) n＋1 (n∈N ＋ )2n－ 1n2＋ 2nD． an＝(－1) n－1 (n∈N ＋ )2n＋ 1n2＋ 2n解析 观察数列{ an}各项，可写成： ，－ ， ，－ ，故选 D.31×3 52×4 73×5 94×6答案 D2．把 1,3,6,10,15,21 这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点子可以排成一个正三角形(如图所示)．则第七个三角形数是( )．A．27 B．28 C．29 D．30解析 观察三角形数的增长规律，可以发现每一项与它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以根据这个规律计算即可．根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.答案 B3．已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2 an－1( n∈N *)，则 a5＝( )．A．－16 B．16 C．31 D．32解析 当 n＝1 时， S1＝ a1＝2 a1－1，∴ a1＝1，又 Sn－1 ＝2 an－1 －1( n≥2)，∴ Sn－ Sn－1 ＝ an＝2( an－ an－1 )．∴ ＝2.∴ an＝1×2 n－1 ，∴ a5＝2 4＝16.anan－ 1答案 B4．将石子摆成如图的梯形形状，称数列 5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数2列的第 2 014 项与 5 的差即 a2 014－5＝( )．A．2 020×2 012 B．2 020×2 013C．1 010×2 012 D．1 010×2 013解析 结合图形可知，该数列的第 n 项 an＝2＋3＋4＋…＋( n＋2)．所以 a2 014－5＝4＋5＋…＋2 016＝2 013×1 010.故选 D.答案 D5．在数列{ an}中， an＝－2 n2＋29 n＋3，则此数列最大项的值是 ( )．A．103 B. C. D．1088658 8258解析 根据题意并结合二次函数的性质可得：an＝－2 n2＋29 n＋3＝－2 ＋3＝－2 2＋3＋ ，(n2－292n) (n－ 294) 8418∴ n＝7 时， an取得最大值，最大项 a7的值为 108.答案 D6．定义运算“*” ，对任意 a， b∈R，满足① a*b＝ b*a；② a*0＝ a；(3)( a*b)*c＝ c*(ab)＋( a*c)＋( c*b)．设数列{ an}的通项为 an＝ n* *0，则数列{ an}为( )．1nA．等差数列 B．等比数列C．递增数列 D．递减数列解析 由题意知 an＝ *0＝0] n· ＋( n*0)＋ )＝1＋ n＋ ，显然数列{ an}(n*1n) 1n (0]1n) 1n既不是等差数列也不是等比数列；又函数 y＝ x＋ 在[1，＋∞)上为增函数，1x所以数列{ an}为递增数列．答案 C二、填空题7．在函数 f(x)＝ 中，令 x＝1,2,3，…，得到一个数列，则这个数列的前 5 项是x________．答案 1， ， ，2，2 3 58．已知数列{ an}满足 a1＝1，且 an＝ n(an＋1 － an)(n∈N *)，则 a2＝________； an＝________.解析 由 an＝ n(an＋1 － an)，可得 ＝ ，an＋ 1an n＋ 1n则3an＝ · · ·…· ·a1＝ × × ×…× ×1＝ n，∴ a2＝2anan－ 1 an－ 1an－ 2 an－ 2an－ 3 a2a1 nn－ 1 n－ 1n－ 2 n－ 2n－ 3 21， an＝ n.答案 2 n9．已知 f(x)为偶函数， f(2＋ x)＝ f(2－ x)，当－2≤ x≤0 时， f(x)＝2 x，若n∈N *， an＝ f(n)，则 a2 013＝________.解析 ∵ f(x)为偶函数，∴ f(x)＝ f(－ x)，∴ f(x＋2)＝ f(2－ x)＝ f(x－2)．故 f(x)周期为 4，∴ a2 013＝ f(2 013)＝ f(1)＝ f(－1)＝2 －1 ＝ .12答案 1210．已知数列{ an}的前 n 项和 Sn＝ n2－9 n，第 k 项满足 5＜ ak＜8，则 k 的值为________．解析 ∵ Sn＝ n2－9 n，∴ n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝2 n－10，a1＝ S1＝－8 适合上式，∴ an＝2 n－10( n∈N *)，∴5＜2 k－10＜8，得 7.5＜ k＜9.∴ k＝8.答案 8三、解答题11．数列{ an}的通项公式是 an＝ n2－7 n＋6.(1)这个数列的第 4 项是多少？(2)150 是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？解 (1)当 n＝4 时， a4＝4 2－4×7＋6＝－6.(2)令 an＝150，即 n2－7 n＋6＝150，解得 n＝16，即 150 是这个数列的第 16 项．(3)令 an＝ n2－7 n＋60，解得 n6 或 n a1.综上，所求的 a 的取值范围是[－9，＋∞)．14．在等差数列{ an}中， a3＋ a4＋ a5＝84， a9＝73.(1)求数列{ an}的通项公式；(2)对任意 m∈N *，将数列{ an}中落入区间(9 m,92m)内的项的个数记为 bm，求数列{ bm}的前 m 项和 Sm.5解 (1)因为{ an}是一个等差数列，所以 a3＋ a4＋ a5＝3 a4＝84，即 a4＝28.设数列{ an}的公差为 d，则 5d＝ a9－ a4＝73－28＝45，故 d＝9.由 a4＝ a1＋3 d 得 28＝ a1＋3×9，即 a1＝1.所以 an＝ a1＋( n－1) d＝1＋9( n－1)＝9 n－8( n∈N *)．(2)对 m∈N *，若 9m＜ an＜9 2m，则 9m＋8＜9 n＜9 2m＋8，因此 9m－1 ＋1≤ n≤9 2m－1 ，故得 bm＝9 2m－1 －9 m－1 .于是 Sm＝ b1＋ b2＋ b3＋…＋ bm＝(9＋9 3＋…＋9 2m－1 )－(1＋9＋…＋9 m－1 )＝ －9× 1－ 81m1－ 81 1－ 9m1－ 9＝ .92m＋ 1－ 10×9m＋ 18061第 2讲 等差数列及其前 n项和一、选择题1． { an}为等差数列，公差 d＝－2， Sn为其前 n项和．若 S10＝ S11，则 a1＝( )A．18 B．20C．22 D．24解析 由 S10＝ S11得 a11＝ S11－ S10＝0， a1＝ a11＋(1－11) d＝0＋(－10)×(－2)＝20.答案 B2．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解析 由 a4＋ a6＝ a1＋ a9＝－11＋ a9＝－6，得 a9＝5，从而 d＝2，所以Sn＝－11 n＋ n(n－1)＝ n2－12 n＝( n－6) 2－36，因此当 Sn取得最小值时， n＝6.答案 A3．已知{ an}为等差数列， a1＋ a3＋ a5＝105， a2＋ a4＋ a6＝99，则 a20等于( )．A．－1 B．1 C．3 D．7解析 两式相减，可得 3d＝－6， d＝－2.由已知可得 3a3＝105， a3＝35，所以a20＝ a3＋17 d＝35＋17×(－2)＝1.答案 B4．在等差数列{ an}中， S150， S160成立的 n的最大值为( )．A．6 B．7 C．8 D．9解析 依题意得 S15＝ ＝15 a80，即15 a1＋ a152a80； S16＝ ＝8( a1＋ a16)＝8( a8＋ a9)0成立的 n的最大值是 8，选 C.答案 C5．设 Sn为等差数列{ an}的前 n项和，若 a1＝1，公差 d＝2， Sk＋2 － Sk＝24，则 k＝( )．A．8 B．7 C．6 D．5解析 由 a1＝1，公差 d＝2 得通项 an＝2 n－1，又 Sk＋2 － Sk＝ ak＋1 ＋ ak＋2 ，所以2k＋1＋2 k＋3＝24，得 k＝5.答案 D26．已知两个等差数列{ an}和{ bn}的前 n项和分别为 An和 Bn，且 ＝ ，则使得 为整AnBn 7n＋ 45n＋ 3 anbn数的正整数的个数是 ( )．A．2 B．3 C．4 D．5解析 由 ＝ 得： ＝ ＝ ＝ ，要使 为整数，则需AnBn 7n＋ 45n＋ 3 anbn A2n－ 1B2n－ 1 14n＋ 382n＋ 2 7n＋ 19n＋ 1 anbn＝7＋ 为整数，所以 n＝1,2,3,5,11，共有 5个．7n＋ 19n＋ 1 12n＋ 1答案 D二、填空题7．已知数列{ an}为等差数列， Sn为其前 n项和， a7－ a5＝4， a11＝21， Sk＝9，则k＝________.解析 a7－ a5＝2 d＝4， d＝2， a1＝ a11－10 d＝21－20＝1，Sk＝ k＋ ×2＝ k2＝9.又 k∈N *，故 k＝3.k k－ 12答案 38．设等差数列{ an}的前 n项和为 Sn，若 － ＝1，则公差为________．S412 S39解析 依题意得 S4＝4 a1＋ d＝4 a1＋6 d， S3＝3 a1＋ d＝3 a1＋3 d，于是有4×32 3×22－ ＝1，由此解得 d＝6，即公差为 6.4a1＋ 6d12 3a1＋ 3d9答案 69．在等差数列{ an}中， a1＝－3,11 a5＝5 a8－13，则数列{ an}的前 n项和 Sn的最小值为________．解析 (直接法)设公差为 d，则 11(－3＋4 d)＝5(－3＋7 d)－13，所以 d＝ ，所以数列{ an}为递增数列．59令 an≤0，所以－3＋( n－1)· ≤0，所以 n≤ ，59 325又 n∈N *，前 6项均为负值，所以 Sn的最小值为－ .293答案 －29310．设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为 44，偶数项之和为 33，则这个数列的中间项是________，项数是________．解析 设等差数列{ an}的项数为 2n＋1，3S 奇 ＝ a1＋ a3＋…＋ a2n＋1 ＝ ＝( n＋1) an＋1 ， n＋ 1  a1＋ a2n＋ 12S 偶 ＝ a2＋ a4＋ a6＋…＋ a2n＝ ＝ nan＋1 ，n a2＋ a2n2∴ ＝ ＝ ，解得 n＝3，∴项数 2n＋1＝7， S 奇 － S 偶 ＝ an＋1 ，即 a4＝44－33＝11S奇S偶 n＋ 1n 4433为所求中间项．答案 11 7三、解答题11．设 a1， d为实数，首项为 a1，公差为 d的等差数列{ an}的前 n项和为 Sn，满足S5S6＋15＝0.(1)若 S5＝5，求 S6及 a1；(2)求 d的取值范围．解 (1)由题意知 S6＝ ＝－3， a6＝ S6－ S5＝－8，－ 15S5所以Error!解得 a1＝7，所以 S6＝－3， a1＝7.(2)因为 S5S6＋15＝0，所以(5 a1＋10 d)(6a1＋15 d)＋15＝0，即2a ＋9 da1＋10 d2＋1＝0，21故(4 a1＋9 d)2＝ d2－8，所以 d2≥8.故 d的取值范围为 d≤－2 或 d≥2 .2 212．在等差数列{ an}中，公差 d＞0，前 n项和为 Sn， a2·a3＝45， a1＋ a5＝18.(1)求数列{ an}的通项公式；(2)令 bn＝ (n∈N *)，是否存在一个非零常数 c，使数列{ bn}也为等差数列？若存在，Snn＋ c求出 c的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题设，知{ an}是等差数列，且公差 d＞0，则由Error! 得Error!解得Error! ∴ an＝4 n－3( n∈N *)．(2)由 bn＝ ＝ ＝ ，Snn＋ c n 1＋ 4n－ 32n＋ c 2n(n－ 12)n＋ c∵ c≠0，∴可令 c＝－ ，得到 bn＝2 n.12∵ bn＋1 － bn＝2( n＋1)－2 n＝2( n∈N *)，∴数列{ bn}是公差为 2的等差数列．4即存在一个非零常数 c＝－ ，使数列{ bn}也为等差数列．1213．在数列{ an}中， a1＝8， a4＝2，且满足 an＋2 ＋ an＝2 an＋1 .(1)求数列{ an}的通项公式；(2)设 Sn是数列{| an|}的前 n项和，求 Sn.解 (1)由 2an＋1 ＝ an＋2 ＋ an可得{ an}是等差数列，且公差 d＝ ＝ ＝－2.a4－ a14－ 1 2－ 83∴ an＝ a1＋( n－1) d＝－2 n＋10.(2)令 an≥0，得 n≤5.即当 n≤5 时， an≥0， n≥6 时， an0.∴当 n≤5 时， Sn＝| a1|＋| a2|＋…＋| an|＝ a1＋ a2＋…＋ an＝－ n2＋9 n；当 n≥6 时， Sn＝| a1|＋| a2|＋…＋| an|＝ a1＋ a2＋…＋ a5－( a6＋ a7＋…＋ an)＝－( a1＋ a2＋…＋ an)＋2( a1＋ a2＋…＋ a5)＝－(－ n2＋9 n)＋2×(－5 2＋45)＝ n2－9 n＋40，∴ Sn＝Error!14．已知数列{ an}的前 n项和为 Sn，且 a2an＝ S2＋ Sn对一切正整数 n都成立．(1)求 a1， a2的值；(2)设 a1＞0，数列 的前 n项和为 Tn.当 n为何值时， Tn最大？并求出 Tn的最大{lg10a1an}值．解 (1)取 n＝1，得 a2a1＝ S2＋ S1＝2 a1＋ a2， ①取 n＝2，得 a ＝2 a1＋2 a2， ②2由②－①，得 a2(a2－ a1)＝ a2， ③(i)若 a2＝0，由①知 a1＝0，(ii)若 a2≠0，由③知 a2－ a1＝1. ④由①、④解得， a1＝ ＋1， a2＝2＋ ；或 a1＝1－ ， a2＝2－ .2 2 2 2综上可得 a1＝0， a2＝0；或 a1＝ ＋1， a2＝ ＋2；或 a1＝1－ ， a2＝2－ .2 2 2 2(2)当 a1＞0 时，由(1)知 a1＝ ＋1， a2＝ ＋2.2 2当 n≥2 时，有(2＋ )an＝ S2＋ Sn，(2＋ )an－1 ＝ S2＋ Sn－1 ，2 2所以(1＋ )an＝(2＋ )an－1 ，即 an＝ an－1 (n≥2)，2 2 2所以 an＝ a1( )n－1 ＝( ＋1)·( )n－1 .2 2 25令 bn＝lg ，10a1an则 bn＝1－lg( )n－1 ＝1－ (n－1)lg 2＝ lg ，212 12 1002n－ 1所以数列{ bn}是单调递减的等差数列(公差为－ lg 2)，12从而 b1＞ b2＞…＞ b7＝lg ＞lg 1＝0，108当 n≥8 时， bn≤ b8＝ lg ＜ lg 1＝0，12 100128 12故 n＝7 时， Tn取得最大值，且 Tn的最大值为T7＝ ＝ ＝7－ lg 2.7 b1＋ b72 7 1＋ 1－ 3lg 22 2121第 3讲 等比数列及其前 n项和一、选择题1. ＋1 与 －1 两数的等比中项是( )2 2A．1 B．－1C．±1 D.12解析 设等比中项为 x，则 x2＝( ＋1)( －1)＝1，即 x＝±1.2 2答案 C2．设{ an}是任意等比数列，它的前 n项和，前 2n项和与前 3n项和分别为 X， Y， Z，则下列等式中恒成立的是( )．A． X＋ Z＝2 Y B． Y(Y－ X)＝ Z(Z－ X)C． Y2＝ XY D． Y(Y－ X)＝ X(Z－ X)解析 (特例法)取等比数列 1,2,4，令 n＝1 得 X＝1， Y＝3， Z＝7 代入验算，选 D.答案 D3．已知等比数列{ an}为递增数列．若 a10，且 2(an＋ an＋2 )＝5 an＋1 ，则数列{ an}的公比q＝( )．A．2 B. C．2 或 D．312 12解析 ∵2( an＋ an＋2 )＝5 an＋1 ，∴2 an＋2 anq2＝5 anq，化简得，2 q2－5 q＋2＝0，由题意知， q1.∴ q＝2.答案 A4．在正项等比数列{ an}中， Sn是其前 n项和．若 a1＝1， a2a6＝8，则 S8＝( )．A．8 B．15( ＋1)2C．15( －1) D．15(1－ )2 2解析 ∵ a2a6＝ a ＝8，∴ a q6＝8，∴ q＝ ，∴ S8＝ ＝15( ＋1)．24 21 21－ q81－ q 2答案 B5．已知等比数列{ an}的前 n项和 Sn＝ t·5n－2 － ，则实数 t的值为( )．15A．4 B．5 C. D.45 15解析 ∵ a1＝ S1＝ t－ ， a2＝ S2－ S1＝ t， a3＝ S3－ S2＝4 t，∴由{ an}是等比数列知15 15 4522＝ ·4t，显然 t≠0，所以 t＝5.(45t) (15t－ 15)答案 B6．在由正数组成的等比数列{ an}中，若 a3a4a5＝3 π ，则 sin(log3a1＋log 3a2＋…＋log 3a7)的值为 ( )．A. B. C．1 D．－12 32 32解析 因为 a3a4a5＝3 π ＝ a ，所以 a4＝3 .34π3log3a1＋log 3a2＋…＋log 3a7＝log 3(a1a2…a7)＝log 3a ＝7log 33 ＝ ，所以74π3 7π3sin(log3a1＋log 3a2＋…＋log 3a7)＝ .32答案 B二、填空题7．设 1＝ a1≤ a2≤…≤ a7，其中 a1， a3， a5， a7成公比为 q的等比数列， a2， a4， a6成公差为 1的等差数列，则 q的最小值是________．解析 设 a2＝ t，则 1≤ t≤ q≤ t＋1≤ q2≤ t＋2≤ q3，由于 t≥1，所以q≥max{ t， ， }故 q的最小值是 .t＋ 1 3t＋ 2 33答案 338．在等比数列{ an}中，若公比 q＝4，且前 3项之和等于 21，则该数列的通项公式an＝________.解析 由题意知 a1＋4 a1＋16 a1＝21，解得 a1＝1，所以数列{ an}的通项公式 an＝4 n－1 .答案 4 n－19．设 f(x)是定义在 R上恒不为零的函数，且对任意的实数 x， y∈R，都有 f(x)·f(y)＝ f(x＋ y)，若 a1＝ ， an＝ f(n)(n∈N *)，则数列{ an}的前 n项和 Sn的取值范围是12________．解析 由已知可得 a1＝ f(1)＝ ， a2＝ f(2)＝[ f(1)]2＝ 2， a3＝ f(3)＝ f(2)·f(1)12 (12)＝[ f(1)]3＝ 3，…， an＝ f(n)＝[ f(1)]n＝ n，(12) (12)∴ Sn＝ ＋ 2＋ 3＋…＋ n12 (12) (12) (12)3＝ ＝1－ n，12[1－ (12)n]1－ 12 (12)∵ n∈N *，∴ ≤ Sn0，则 Sn一定有最大值．其中真命题的序号是________(写出所有真命题的序号)．解析 对于①，注意到 ＝ an＋1 － an＝ d是一个非零常数，因此数列(12)an＋ 1(12)an (12) (12)是等比数列， ①正确．对于 ②， S13＝ ＝ ＝13，因{(12)an} 13 a1＋ a132 13 a2＋ a122此②正确．对于③，注意到 Sn＝ na1＋ d＝ n[an－( n－1) d]n n－ 12＋ d＝ nan－ d，因此③正确．对于④， Sn＝ na1＋ d， d0n n－ 12 n n－ 12 n n－ 12时， Sn不存在最大值，因此④不正确．综上所述，其中正确命题的序号是①②③.答案 ①②③三、解答题11．已知等比数列{ an}中， a1＝ ，公比 q＝ .13 13(1)Sn为{ an}的前 n项和，证明： Sn＝ ；1－ an2(2)设 bn＝log 3a1＋log 3a2＋…＋log 3an，求数列{ bn}的通项公式．解 (1)证明 因为 an＝ × n－1 ＝ ， Sn＝ ＝ ，所以 Sn＝ .13 (13) 13n13(1－ 13n)1－ 13 1－13n2 1－ an2(2)bn＝log 3a1＋log 3a2＋…＋log 3an＝－(1＋2＋…＋ n)＝－ .所以{ bn}的通项n n＋ 12公式为 bn＝－ .n n＋ 1212．已知数列{ an}的前 n项和为 Sn，在数列{ bn}中， b1＝ a1， bn＝ an－ an－1 (n≥2)，且4an＋ Sn＝ n.(1)设 cn＝ an－1，求证：{ cn}是等比数列；(2)求数列{ bn}的通项公式．(1)证明 ∵ an＋ Sn＝ n， ①∴ an＋1 ＋ Sn＋1 ＝ n＋1， ②②－①得 an＋1 － an＋ an＋1 ＝1，∴2 an＋1 ＝ an＋1，∴2( an＋1 －1)＝ an－1，∴ ＝ .an＋ 1－ 1an－ 1 12∵首项 c1＝ a1－1，又 a1＋ a1＝1.∴ a1＝ ，∴ c1＝－ ，公比 q＝ .12 12 12∴{ cn}是以－ 为首项，公比为 的等比数列．12 12(2)解 由(1)可知 cn＝ · n－1 ＝－ n，(－12) (12) (12)∴ an＝ cn＋1＝1－ n.(12)∴当 n≥2 时， bn＝ an－ an－1 ＝1－ n－(12) [1－ (12)n－ 1]＝ n－1 － n＝ n.(12) (12) (12)又 b1＝ a1＝ 代入上式也符合，∴ bn＝ n.12 (12)13．已知两个等比数列{ an}，{ bn}，满足 a1＝ a(a＞0)， b1－ a1＝1， b2－ a2＝2， b3－ a3＝3.(1)若 a＝1，求数列{ an}的通项公式；(2)若数列{ an}唯一，求 a的值．解 (1)设数列{ an}的公比为 q，则b1＝1＋ a＝2， b2＝2＋ aq＝2＋ q， b3＝3＋ aq2＝3＋ q2，由 b1， b2， b3成等比数列得(2＋ q)2＝2(3＋ q2)．即 q2－4 q＋2＝0，解得 q1＝2＋ ， q2＝2－ .2 2所以数列{ an}的通项公式为 an＝(2＋ )n－1 或 an＝(2－ )n－1 .2 2(2)设数列{ an}的公比为 q，则由(2＋ aq)2＝(1＋ a)(3＋ aq2)，得 aq2－4 aq＋3 a－1＝0(*)，由 a＞0 得 Δ ＝4 a2＋4 a＞0，故方程(*)有两个不同的实根．由数列{ an}唯一，知方程(*)必有一根为 0，代入(*)得 a＝ .13514．数列{ an}的前 n项和记为 Sn， a1＝ t，点( Sn， an＋1 )在直线 y＝3 x＋1 上， n∈N *.(1)当实数 t为何值时，数列{ an}是等比数列．(2)在(1)的结论下，设 bn＝log 4an＋1 ， cn＝ an＋ bn， Tn是数列{ cn}的前 n项和，求 Tn.解 (1)∵点( Sn， an＋1 )在直线 y＝3 x＋1 上，∴ an＋1 ＝3 Sn＋1， an＝3 Sn－1 ＋1( n1，且 n∈N *)．∴ an＋1 － an＝3( Sn－ Sn－1 )＝3 an，∴ an＋1 ＝4 an(n1， n∈N *)，a2＝3 S1＋1＝3 a1＋1＝3 t＋1，∴当 t＝1 时， a2＝4 a1，数列{ an}是等比数列．(2)在(1)的结论下， an＋1 ＝4 an， an＋1 ＝4 n， bn＝log 4an＋1 ＝ n， cn＝ an＋ bn＝4 n－1 ＋ n，∴ Tn＝ c1＋ c2＋…＋ cn＝(4 0＋1)＋(4 1＋2)＋…＋(4 n－1 ＋ n)＝(1＋4＋4 2＋…＋4 n－1 )＋(1＋2＋3＋…＋ n)＝ ＋ .4n－ 13  1＋ n n21第 4讲 数列求和一、选择题1.在等差数列 }{na中， 5,142a,则 }{n的前 5项和 5S=( )A.7 B.15 C.20 D.25 解析 15242451, 1aS.答案 B2．若数列{ an}的通项公式是 an＝(－1) n(3n－2)，则 a1＋ a2＋…＋ a10＝( )．A．15 B．12 C．－12 D．－15解析 设 bn＝3 n－2，则数列{ bn}是以 1为首项，3 为公差的等差数列，所以a1＋ a2＋…＋ a9＋ a10＝(－ b1)＋ b2＋…＋(－ b9)＋ b10＝( b2－ b1)＋( b4－ b3)＋…＋( b10－ b9)＝5×3＝15.答案 A3．在数列{ an}中， an＝ ，若{ an}的前 n项和为 ，则项数 n为( )．1n n＋ 1 2 0132 014A．2 011 B．2 012 C．2 013 D．2 014解析 ∵ an＝ ＝ － ，∴ Sn＝1－ ＝ ＝ ，解得 n＝2 013.1n n＋ 1 1n 1n＋ 1 1n＋ 1 nn＋ 1 2 0132 014答案 C4．数列{ an}满足 an＋1 ＋(－1) nan＝2 n－1，则{ an}的前 60项和为( )．A．3 690 B．3 660 C．1 845 D．1 830解析 当 n＝2 k时， a2k＋1 ＋ a2k＝4 k－1，当 n＝2 k－1 时， a2k－ a2k－1 ＝4 k－3，∴ a2k＋1 ＋ a2k－1 ＝2，∴ a2k＋1 ＋ a2k＋3 ＝2，∴ a2k－1 ＝ a2k＋3 ，∴ a1＝ a5＝…＝ a61.∴ a1＋ a2＋ a3＋…＋ a60＝( a2＋ a3)＋( a4＋ a5)＋…＋( a60＋ a61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝ ＝30×61＝1 830.30× 3＋ 1192答案 D5. 已知数列{ an}的通项公式为 an＝2 n＋1，令 bn＝ (a1＋ a2＋…＋ an)，则数列{ bn}的前 101n项和 T10＝( )A．70 B．75C．80 D．852解析 由已知 an＝2n＋1，得 a1＝3，a 1＋a 2＋…＋a n＝ ＝n(n＋2)，n 3＋ 2n＋ 12则 bn＝n＋2，T 10＝ ＝75，故选 B.10 3＋ 122答案 B6．数列{ an}满足 an＋ an＋1 ＝ (n∈N *)，且 a1＝1， Sn是数列{ an}的前 n项和，则 S21＝( 12)．A. B．6 C．10 D．11212解析 依题意得 an＋ an＋1 ＝ an＋1 ＋ an＋2 ＝ ，则 an＋2 ＝ an，即数列{ an}中的奇数项、偶数12项分别相等，则 a21＝ a1＝1， S21＝( a1＋ a2)＋( a3＋ a4)＋…＋( a19＋ a20)＋ a21＝10( a1＋ a2)＋ a21＝10× ＋1＝6，故选 B.12答案 B二、填空题7．在等比数列{ an}中，若 a1＝ ， a4＝－4，则公比12q＝________；| a1|＋| a2|＋…＋| an|＝________.解析 设等比数列{ an}的公比为 q，则 a4＝ a1q3，代入数据解得 q3＝－8，所以q＝－2；等比数列{| an|}的公比为| q|＝2，则| an|＝ ×2n－1 ，所以12|a1|＋| a2|＋| a3|＋…＋| an|＝ (1＋2＋2 2＋…＋2 n－1 )＝ (2n－1)＝2 n－1 － .12 12 12答案 －2 2 n－1 －128．等比数列{ an}的前 n项和 Sn＝2 n－1，则 a ＋ a ＋…＋ a ＝________.21 2 2n解析 当 n＝1 时， a1＝ S1＝1，当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝2 n－1－(2 n－1 －1)＝2 n－1 ，又∵ a1＝1 适合上式．∴ an＝2 n－1 ，∴ a ＝4 n－1 .2n∴数列{ a }是以 a ＝1 为首项，以 4为公比的等比数列．2n 21∴ a ＋ a ＋…＋ a ＝ ＝ (4n－1)．21 2 2n1· 1－ 4n1－ 4 13答案 (4n－1)139．已知等比数列{ an}中， a1＝3， a4＝81，若数列{ bn}满足 bn＝log 3an，则数列 的{1bnbn＋ 1}前 n项和 Sn＝________.3解析 设等比数列{ an}的公比为 q，则 ＝ q3＝27，解得 q＝3.所以a4a1an＝ a1qn－1 ＝3×3 n－1 ＝3 n，故 bn＝log 3an＝ n，所以 ＝ ＝ － .1bnbn＋ 1 1n n＋ 1 1n 1n＋ 1则 Sn＝1－ ＋ － ＋…＋ － ＝1－ ＝ .12 12 13 1n 1n＋ 1 1n＋ 1 nn＋ 1答案 nn＋ 110．设 f(x)＝ ，利用倒序相加法，可求得 f ＋ f ＋…＋ f 的值为4x4x＋ 2 (111) (211) (1011)________．解析 当 x1＋ x2＝1 时， f(x1)＋ f(x2)＝ ＋ ＝4x14x1＋ 2 4x24x2＋ 2＝1.2×4x1＋ x2＋ 2× 4x1＋ 4x24x1＋ x2＋  4x1＋ 4x2 ×2＋ 4设 S＝ f ＋ f ＋…＋ f ，倒序相加有 2S＝ ＋ ＋…＋ f(111) (211) (1011) [f(111)＋ f(1011)] [f(211)＋ f(911)]＋ f ＝10，即 S＝5.(1011) (111)答案 5三、解答题11．等差数列{ an}的各项均为正数， a1＝3，前 n项和为 Sn，{ bn}为等比数列， b1＝1，且b2S2＝64， b3S3＝960.(1)求 an与 bn；(2)求 ＋ ＋…＋ .1S1 1S2 1Sn解 (1)设{ an}的公差为 d，{ bn}的公比为 q，则 d为正数， an＝3＋( n－1) d， bn＝ qn－1 .依题意有Error!解得Error! 或Error!(舍去)故 an＝3＋2( n－1)＝2 n＋1， bn＝8 n－1 .(2)Sn＝3＋5＋…＋(2 n＋1)＝ n(n＋2)，所以 ＋ ＋…＋ ＝ ＋ ＋ ＋…＋1S1 1S2 1Sn 11×3 12×4 13×5 1n n＋ 2＝12(1－ 13＋ 12－ 14＋ 13－ 15＋ …＋ 1n－ 1n＋ 2)4＝12(1＋ 12－ 1n＋ 1－ 1n＋ 2)＝ － .34 2n＋ 32 n＋ 1  n＋ 212．已知数列{ an}的前 n项和为 Sn，且 a1＝1， an＋1 ＝ Sn(n＝1,2,3，…)．12(1)求数列{ an}的通项公式；(2)设 bn＝log (3an＋1 )时，求数列 的前 n项和 Tn.32 { 1bnbn＋ 1}解 (1)由已知得Error!得到 an＋1 ＝ an(n≥2)．32∴数列{ an}是以 a2为首项，以 为公比的等比数列．32又 a2＝ S1＝ a1＝ ，12 12 12∴ an＝ a2× n－2 ＝ n－2 (n≥2)．(32) 12(32)又 a1＝1 不适合上式，∴ an＝Error!(2)bn＝log (3an＋1 )＝log ＝ n.32 32[32·(32)n－ 1]∴ ＝ ＝ － .1bnbn＋ 1 1n 1＋ n 1n 11＋ n∴ Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋1b1b2 1b2b3 1b3b4 1bnbn＋ 1＝ ＋ ＋ ＋… ＋(11－ 12) (12－ 13) (13－ 14) (1n－ 11＋ n)＝1－ ＝ .11＋ n nn＋ 113．设数列{ an}满足 a1＋3 a2＋3 2a3＋…＋3 n－1 an＝ ， n∈N *.n3(1)求数列{ an}的通项；(2)设 bn＝ ，求数列{ bn}的前 n项和 Sn.nan思维启迪：(1)由已知写出前 n－1 项之和，两式相减．(2) bn＝ n·3n的特点是数列{ n}与{3 n}之积，可用错位相减法．解 (1)∵ a1＋3 a2＋3 2a3＋…＋3 n－1 an＝ ， ①n3∴当 n≥2 时，5a1＋3 a2＋3 2a3＋…＋3 n－2 an－1 ＝ ， ②n－ 13①－②得 3n－1 an＝ ，∴ an＝ .13 13n在①中，令 n＝1，得 a1＝ ，适合 an＝ ，∴ an＝ .13 13n 13n(2)∵ bn＝ ，∴ bn＝ n·3n.nan∴ Sn＝3＋2×3 2＋3×3 3＋…＋ n·3n， ③∴3 Sn＝3 2＋2×3 3＋3×3 4＋…＋ n·3n＋1 . ④④－③得 2Sn＝ n·3n＋1 －(3＋3 2＋3 3＋…＋3 n)，即 2Sn＝ n·3n＋1 － ，∴ Sn＝ ＋ .3 1－ 3n1－ 3  2n－ 1 3n＋ 14 34探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3 n－1 an}的前 n项和，从而利用 an与 Sn的关系求出通项 3n－1 an，进而求得 an；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．14．将数列{ an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：a1a2 a3 a4a5 a6 a7 a8 a9…已知表中的第一列数 a1， a2， a5，…构成一个等差数列，记为{ bn}，且 b2＝4， b5＝10.表中每一行正中间一个数 a1， a3， a7，…构成数列{ cn}，其前 n项和为 Sn.(1)求数列{ bn}的通项公式；(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且 a13＝1.①求 Sn；②记 M＝{ n|(n＋1) cn≥ λ ， n∈N *}，若集合 M的元素个数为 3，求实数 λ 的取值范围．解 (1)设等差数列{ bn}的公差为 d，则Error! 解得Error!所以 bn＝2 n.(2)①设每一行组成的等比数列的公比为 q.由于前 n行共有 1＋3＋5＋…＋(2 n－1)＝ n2个数，且 321342， a10＝ b4＝8，6所以 a13＝ a10q3＝8 q3，又 a13＝1，所以解得 q＝ .12由已知可得 cn＝ bnqn－1 ，因此 cn＝2 n· n－1 ＝ .(12) n2n－ 2所以 Sn＝ c1＋ c2＋ c3＋…＋ cn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ，12－ 1 220 321 n2n－ 2Sn＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，12 120 221 n－ 12n－ 2 n2n－ 1因此 Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ＝4－ － ＝4－ ，12 12－ 1 120 121 12n－ 2 n2n－ 1 12n－ 2 n2n－ 1 n＋ 22n－ 1解得 Sn＝8－ .n＋ 22n－ 2②由①知 cn＝ ，不等式( n＋1) cn≥ λ ，可化为 ≥ λ .n2n－ 2 n n＋ 12n－ 2设 f(n)＝ ，n n＋ 12n－ 2计算得 f(1)＝4， f(2)＝ f(3)＝6， f(4)＝5， f(5)＝ .154因为 f(n＋1)－ f(n)＝ ， n＋ 1  2－ n2n－ 1所以当 n≥3 时， f(n＋1) f(n)．因为集合 M的元素个数为 3，所以 λ 的取值范围是(4,5].1第 5 讲 数列的综合应用一、选择题1．已知{ an}为等比数列．下面结论中正确的是 ( )．A． a1＋ a3≥2 a2 B． a ＋ a ≥2 a21 23 2C．若 a1＝ a3，则 a1＝ a2 D．若 a3a1，则 a4a2解析 设公比为 q，对于选项 A，当 a11 025 的最小 n 值是 ( )．A．9 B．10 C．11 D．12解析 因为 a1＝1，log 2an＋1 ＝log 2an＋1( n∈N *)，所以an＋1 ＝2 an， an＝2 n－1 ， Sn＝2 n－1，则满足 Sn1 025 的最小 n 值是 11.答案 C3．某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产 n 年的累计产量为 f(n)＝ n(n＋1)(2 n＋1)吨，但如果年产量超过 15012吨，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是 ( )．A．5 年 B．6 年 C．7 年 D．8 年解析 由已知可得第 n 年的产量 an＝ f(n)－ f(n－1)＝3 n2.当 n＝1 时也适合，据题意令an≥150⇒ n≥5 ，即数列从第 8 项开始超过 150，即这条生产线最多生产 7 年．2答案 C4．在等差数列{ an}中，满足 3a4＝7 a7，且 a10， Sn是数列{ an}前 n 项的和，若 Sn取得最大值，则 n＝ ( )．A．7 B．8 C．9 D．10解析 设公差为 d，由题设 3(a1＋3 d)＝7( a1＋6 d)，所以 d＝－ a10，即 a1＋( n－1) 0，(－433a1)所以 n0，同理可得 n≥10 时， an2，即 3n－2 n2n，(32)∴ ＋ ＋…＋ cn(n∈N *)．SnTnKn(1)解 设公差为 d，则Error!解得 d＝1 或 d＝0(舍去)， a1＝2，所以 an＝ n＋1， Sn＝ .n n＋ 32又 a1＝2， d＝1，所以 a3＝4，即 b2＝4.所以数列{ bn}的首项为 b1＝2，公比 q＝ ＝2，b2b1所以 bn＝2 n， Tn＝2 n＋1 －2.(2)证明 因为 Kn＝2·2 1＋3·2 2＋…＋( n＋1)·2 n， ①故 2Kn＝2·2 2＋3·2 3＋…＋ n·2n＋( n＋1)·2 n＋1 ， ②①－②得－ Kn＝2·2 1＋2 2＋2 3＋…＋2 n－( n＋1)·2 n＋1 ，∴ Kn＝ n·2n＋1 ，则 cn＝ ＝ .SnTnKn  n＋ 3  2n－ 12n＋ 1cn＋1 － cn＝ － n＋ 4  2n＋ 1－ 12n＋ 2  n＋ 3  2n－ 12n＋ 1＝ 0，2n＋ 1＋ n＋ 22n＋ 2所以 cn＋1 cn(n∈N *)．14．设数列{ an}的前 n 项和 Sn满足 Sn＋1 ＝ a2Sn＋ a1，其中 a2≠0.(1)求证：{ an}是首项为 1 的等比数列；(2)若 a2＞－1，求证： Sn≤ (a1＋ an)，并给出等号成立的充要条件．n2证明 (1)由 S2＝ a2S1＋ a1，得 a1＋ a2＝ a2a1＋ a1，即 a2＝ a2a1.因 a2≠0，故 a1＝1，得 ＝ a2，a2a1又由题设条件知 Sn＋2 ＝ a2Sn＋1 ＋ a1， Sn＋1 ＝ a2Sn＋ a1，6两式相减得 Sn＋2 － Sn＋1 ＝ a2(Sn＋1 － Sn)，即 an＋2 ＝ a2an＋1 ，由 a2≠0，知 an＋1 ≠0，因此 ＝ a2.an＋ 2an＋ 1综上， ＝ a2对所有 n∈N *成立．从而{ an}是首项为 1，公比为 a2的等比数列．an＋ 1an(2)当 n＝1 或 2 时，显然 Sn＝ (a1＋ an)，等号成立．n2设 n≥3， a2＞－1 且 a2≠0，由(1)知， a1＝1， an＝ a ，n－ 12所以要证的不等式化为：1＋ a2＋ a ＋…＋ a ≤ (1＋ a )(n≥3)，2 n－ 12n2 n－ 12即证：1＋ a2＋ a ＋…＋ a ≤ (1＋ a )(n≥2)，2 n2n＋ 12 n2当 a2＝1 时，上面不等式的等号成立．当－1＜ a2＜1 时， a －1 与 a －1，( r＝1,2，…， n－1)同为负；r2 n－ r2当 a2＞1 时， a －1 与 a －1，( r＝1,2，…， n－1)同为正；r2 n－ r2因此当 a2＞－1 且 a2≠1 时，总有( a －1)( a －1)＞0，即r2 n－ r2a ＋ a ＜1＋ a ，( r＝1,2，…， n－1)．r2 n－ r2 n2上面不等式对 r 从 1 到 n－1 求和得2(a2＋ a ＋…＋ a )＜( n－1)(1＋ a )．2 n－ 12 n2由此得 1＋ a2＋ a ＋…＋ a ＜ (1＋ a )．2 n2n＋ 12 n2综上，当 a2＞－1 且 a2≠0 时，有 Sn≤ (a1＋ an)，当且仅当 n＝1,2 或 a2＝1 时等号成n2立.