2017届高考数学大一轮总复习 第五章 数列计时双基练 理（打包6套）北师大版.zip

1计时双基练二十九 数列的概念及其函数特征A 组 基础必做 1．下列公式可作为数列{ an}：1,2,1,2,1,2，…的通项公式的是( )A． an＝1 B． an＝ － 1 n＋ 12C． an＝2－ D． an＝|sin nπ2|  － 1 n－ 1＋ 32解析 由 an＝2－ 可得 a1＝1， a2＝2， a3＝1， a4＝2，…。|sin nπ2|答案 C2．数列{ an}的前 n 项积为 n2，那么当 n≥2 时， an＝( )A．2 n－1 B． n2C. D. n＋ 1 2n2 n2 n－ 1 2解析 设数列{ an}的前 n 项积为 Tn，则 Tn＝ n2，当 n≥2 时， an＝ ＝ 。TnTn－ 1 n2 n－ 1 2答案 D3．已知数列{ an}， an＝2 n2－10 n＋3( n∈N ＋ )，则它的最小项是( )A．2 或 4 B．3 或 4C．2 或 3 D．4解析 an＝2 2－ ，故当 n＝2 或 3 时， an最小。(n－52) 192答案 C4．已知数列{ an}的前 n 项和 Sn满足： Sn＋ Sm＝ Sn＋ m(m， n∈N ＋ )且 a1＝6，那么 a10＝( )A．10 B．60C．6 D．54解析 由 Sn＋ Sm＝ Sn＋ m，得 S1＋ S9＝ S10，又由于 a10＝ S10－ S9＝ S1＝ a1＝6，故 a10＝6。答案 C5．已知数列{ an}的前 n 项和 Sn＝2 an－1，则满足 ≤2 的正整数 n 的集合为( )annA．{1,2} B．{1,2,3,4}C．{1,2,3} D．{1,2,4}解析 因为 Sn＝2 an－1，所以当 n≥2 时， Sn－1 ＝2 an－1 －1，两式相减得an＝2 an－2 an－1 ，整理得 an＝2 an－1 ，所以数列{ an}是公比为 2 的等比数列，又因为a1＝2 a1－1，解得 a1＝1，故数列{ an}的通项公式为 an＝2 n－1 。而 ≤2，即 2n－1 ≤2 n，所ann2以有 n＝1,2,3,4。答案 B6．数列{ an}满足 a1＝2， an＝ ，其前 n 项积为 Tn，则 T2 016＝( )an＋ 1－ 1an＋ 1＋ 1A．2 B．1C．3 D．－6解析 由 an＝ ，得 an＋1 ＝ ，而 a1＝2，an＋ 1－ 1an＋ 1＋ 1 1＋ an1－ an则有 a2＝－3， a3＝－ ， a4＝ ， a5＝2，12 13故数列{ an}是以 4 为周期的周期数列，且 a1a2a3a4＝1，所以 T2 016＝( a1a2a3a4)504＝1 504＝1。答案 B7．已知数列{ an}的前 n 项和 Sn＝3－3×2 n， n∈N *，则 an＝________。解析 分情况讨论：①当 n＝1 时， a1＝ S1＝3－3×2 1＝－3；②当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝(3－3×2 n)－(3－3×2 n－1 )＝－3×2 n－1 。综合①②，得 an＝－3×2 n－1 。答案 －3×2 n－18．数列{ an}满足： a1＋3 a2＋5 a3＋…＋(2 n－1)· an＝( n－1)·3 n＋1 ＋3( n∈N ＋ )，则数列{ an}的通项公式 an＝________。解析 a1＋3 a2＋5 a3＋…＋(2 n－3)· an－1 ＋(2 n－1)· an＝( n－1)·3 n＋1 ＋3，把 n 换成n－1 得， a1＋3 a2＋5 a3＋…＋(2 n－3)· an－1 ＝( n－2)·3 n＋3，两式相减得(2 n－1)an＝( n－1)·3 n＋1 －( n－2)·3 n＝(2 n－1)·3 n，故 an＝3 n。答案 3 n9．在一个数列中，如果∀ n∈ N*，都有 anan＋1 an＋2 ＝ k(k 为常数 )，那么这个数列叫做等积数列， k 叫做这个数列的公积。已知数列{ an}是等积数列，且 a1＝1， a2＝2，公积为 8，则 a1＋ a2＋ a3＋…＋ a12＝________。解析 依题意得数列{ an}是周期为 3 的数列，且 a1＝1， a2＝2， a3＝4，因此a1＋ a2＋ a3＋…＋ a12＝4( a1＋ a2＋ a3)＝4×(1＋2＋4)＝28。答案 2810．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？3解 (1)当 n＝4 时， a4＝4 2－4×7＋6＝－6。(2)令 an＝150，即 n2－7 n＋6＝150， n2－7 n－144＝0。解得 n＝16 或 n＝－9(舍去)，即 150 是这个数列的第 16 项。(3)令 an＝ n2－7 n＋60，解得 n6 或 n|an|(n＝1,2，…)”是“{ an}为递增数列”的( )A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．必要条件D．既不充分也不必要条件解析 当 an＋1 |an|(n＝1,2，…)时，∵| an|≥ an，∴ an＋1 an，∴{ an}为递增数列。当{ an}为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则 a2|a1|不成立，即知 an＋1 |an|(n＝1,2，…)不一定成立。故综上知，“an＋1 |an|(n＝1,2，…)”是“{ an}为递增数列”的充分不必要条件。答案 B42．(2015·河北石家庄调研)如图，一个类似杨辉三角的数阵，则第 n(n≥2)行的第 2个数为________。13 35 6 57 11 11 79 18 22 18 9…解析 由题意可知：图中每行的第二个数分别为 3,6,11,18，…，即a2＝3， a3＝6， a4＝11， a5＝18，…，∴ a3－ a2＝3， a4－ a3＝5， a5－ a4＝7，…， an－ an－1 ＝2n－3，∴累加得： an－ a2＝3＋5＋7＋…＋(2 n－3)，∴ an＝ n2－2 n＋3。答案 n2－2 n＋33．已知数列{ an}的通项公式为 an＝( n＋2) n，则当 an取得最大值时， n 等于(78)________。解析 由题意知Error!Error!解得 Error!∴ n＝5 或 6。答案 5 或 64．已知数列{ an}中， an＝1＋ (n∈N *， a∈R，且 a≠0)。1a＋ 2 n－ 1(1)若 a＝－7，求数列{ an}中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的 n∈N *，都有 an≤ a6成立，求 a 的取值范围。解 (1)∵ an＝1＋ (n∈N *， a∈R，且 a≠0)，1a＋ 2 n－ 1又∵ a＝－7，∴ an＝1＋ 。12n－ 9结合函数 f(x)＝1＋ 的单调性，12x－ 9可知 1a1a2a3a4，a5a6a7…an1(n∈N *)。∴数列{ an}中的最大项为 a5＝2，最小项为 a4＝0。(2)an＝1＋ ＝1＋ 。1a＋ 2 n－ 112n－ 2－ a25∵对任意的 n∈N *，都有 an≤ a6成立，结合函数 f(x)＝1＋ 的单调性，12x－ 2－ a2知 5 6，∴－10 a－8。2－ a2故 a 的取值范围为(－10，－8)。1计时双基练三十 等差数列及其前 n 项和A 组 基础必做 1．(2015·兰州、张掖联考)等差数列{ an}中，3( a3＋ a5)＋2( a7＋ a10＋ a13)＝24，则该数列前 13 项的和是( )A．13 B．26C．52 D．156解析 ∵3( a3＋ a5)＋2( a7＋ a10＋ a13)＝24，∴6 a4＋6 a10＝24，∴ a4＋ a10＝4，∴ S13＝ ＝ ＝ ＝26，故选 B。13 a1＋ a132 13 a4＋ a102 13×42答案 B2．已知等差数列{ an}满足 a2＝3， Sn－ Sn－3 ＝51( n3)， Sn＝100，则 n 的值为( )A．8 B．9C．10 D．11解析 由 Sn－ Sn－3 ＝51 得，an－2 ＋ an－1 ＋ an＝51，所以 an－1 ＝17，又 a2＝3， Sn＝ ＝100，n a2＋ an－ 12解得 n＝10。答案 C3．已知{ an}，{ bn}都是等差数列，若 a1＋ b10＝9， a3＋ b8＝15，则 a5＋ b6＝( )A．18 B．20C．21 D．32解析 因为{ an}，{ bn}都是等差数列，所以 2a3＝ a1＋ a5,2b8＝ b10＋ b6，所以 2(a3＋ b8)＝( a1＋ b10)＋( a5＋ b6)，即 2×15＝9＋( a5＋ b6)，解得 a5＋ b6＝21。故选 C。答案 C4．已知 Sn为等差数列{ an}的前 n 项和，若 ＝4，则 的值为( )S4S2 S6S4A. B.94 32C. D．453解析 由等差数列的性质可知 S2， S4－ S2， S6－ S4成等差数列，由 ＝4，得S4S2＝3，则 S6－ S4＝5 S2，所以 S4＝4 S2， S6＝9 S2， ＝ 。S4－ S2S2 S6S4 942答案 A5．(2015·洛阳统考)设等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且 a10， a3＋ a100， a6a70 的最大自然数 n 的值为( )A．6 B．7C．12 D．13解析 ∵ a10， a6a70， a70， a1＋ a13＝2 a70， S130 的最大自然数 n 的值为12。答案 C6．已知数列{ an}满足 an＋1 ＝ an－ ，且 a1＝5，设{ an}的前 n 项和为 Sn，则使得 Sn取得57最大值的序号 n 的值为( )A．7 B．8C．7 或 8 D．8 或 9解析 由题意可知数列{ an}是首项为 5，公差为－ 的等差数列，所以 an＝5－ (n－1)57 57＝ ，该数列前 7 项是正数项，第 8 项是 0，从第 9 项开始是负数项，所以 Sn取得最40－ 5n7大值时， n＝7 或 8，故选 C。答案 C7．(2015·金华十校联考)在等差数列{ an}中， a9＝ a12＋6，则数列{ an}的前 11 项和12S11等于________。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。答案 1328．设等差数列的前 n 项和为 Sn，已知前 6 项和为 36， Sn＝324，后 6 项的和为180(n6)，此数列的项数 n＝________。解析 由题意可知 a1＋ a2＋…＋ a6＝36， ①an＋ an－1 ＋ an－2 ＋…＋ an－5 ＝180， ②①＋②得( a1＋ an)＋( a2＋ an－1 )＋…＋( a6＋ an－5 )＝6( a1＋ an)＝216，∴ a1＋ an＝36。又Sn＝ ＝324，∴18 n＝324，∴ n＝18。n a1＋ an2答案 189．在等差数列{ an}中， a1＝7，公差为 d，前 n 项和为 Sn，当且仅当 n＝8 时 Sn取得最3大值，则 d 的取值范围为________。解析 由题意知当 d0，∴数列{ an}中所有非负项的和最大。又∵当且仅当 n＝8 时， Sn取最大值，∴Error! ∴Error!解得－10，且 Sn＝ a ＋ an－ 。142n 12 34(1)证明：{ an}是等差数列；(2)求数列{ an}的通项公式。解 (1)证明：当 n＝1 时， a1＝ S1＝ a ＋ a1－ ，1421 12 34解得 a1＝3 或 a1＝－1(舍去)。当 n≥2 时，an＝ Sn－ Sn－1 ＝ (a ＋2 an－3)－ (a ＋2 an－1 －3)。14 2n 14 2n－ 1∴4 an＝ a － a ＋2 an－2 an－1 ，2n 2n－ 1即( an＋ an－1 )(an－ an－1 －2)＝0，∵ an＋ an－1 0，∴ an－ an－1 ＝2( n≥2)。∴数列{ an}是以 3 为首项，2 为公差的等差数列。(2)由(1)知 an＝3＋2( n－1)＝2 n＋1。11．已知公差大于零的等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且满足a3·a4＝117， a2＋ a5＝22。(1)求通项公式 an；(2)求 Sn的最小值；(3)若数列{ bn}是等差数列，且 bn＝ ，求非零常数 c。Snn＋ c解 (1)∵数列{ an}为等差数列，∴ a3＋ a4＝ a2＋ a5＝22。又 a3·a4＝117，∴ a3， a4是方程 x2－22 x＋117＝0 的两实根，又公差 d0，∴ a30， S180， a90， S18＝17 a1＋ a172＝9( a9＋ a10)0， a100，即该等差数列前 9 项均是正数项，从第 10 项开始18 a1＋ a182是负数项，则 最大，故选 C。S9a9答案 C2．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AnBn 7n＋ 45n＋ 3为整数的正整数 n 的个数是________。anbn解析 由等差数列前 n 项和的性质知， ＝ ＝ ＝ ＝7＋ ，故anbn A2n－ 1B2n－ 1 14n＋ 382n＋ 2 7n＋ 19n＋ 1 12n＋ 1当 n＝1,2,3,5,11 时， 为整数，故使得 为整数的正整数 n 的个数是 5。anbn anbn答案 53．设正项数列{ an}的前 n 项和是 Sn，若{ an}和{ }都是等差数列，且公差相等，则Sn5a1＝________。解析 设等差数列{ an}的公差为 d，则 Sn＝ n2＋ n，d2 (a1－ d2)∴ ＝ ，数列{ }是等差数列，则 是关于 n 的一次函数(或者是Snd2n2＋ (a1－ d2)n Sn Sn常数)，则 a1－ ＝0, ＝ n，从而数列{ }的公差是 ，那么有 ＝ d， d＝0(舍d2 Sn d2 Sn d2 d2去)或 d＝ ，故 a1＝ 。12 14答案 144．(2015·安徽宿州调研)已知函数 f(x)＝ x2－2( n＋1) x＋ n2＋5 n－7。(1)设函数 y＝ f(x)的图像的顶点的纵坐标构成数列{ an}，求证：{ an}为等差数列；(2)设函数 y＝ f(x)的图像的顶点到 x 轴的距离构成数列{ bn}，求{ bn}的前 n 项和 Sn。解 (1)证明：∵ f(x)＝ x2－2( n＋1) x＋ n2＋5 n－7＝[ x－( n＋1)] 2＋3 n－8，∴ an＝3 n－8，∵ an＋1 － an＝3( n＋1)－8－(3 n－8)＝3，∴数列{ an}为等差数列。(2)由题意知， bn＝| an|＝|3 n－8|，∴当 1≤ n≤2 时， bn＝8－3 n，Sn＝ b1＋…＋ bn＝ ＝n b1＋ bn2 n[5＋  8－ 3n ]2＝ ；13n－ 3n22当 n≥3 时， bn＝3 n－8，Sn＝ b1＋ b2＋ b3＋…＋ bn＝5＋2＋1＋…＋(3 n－8)＝7＋ ＝ 。 n－ 2 [1＋  3n－ 8 ]2 3n2－ 13n＋ 282∴ Sn＝Error!1计时双基练三十一 等比数列及其前 n项和A组 基础必做 1．对任意等比数列{ an}，下列说法一定正确的是( )A． a1， a3， a9成等比数列B． a2， a3， a6成等比数列C． a2， a4， a8成等比数列D． a3， a6， a9成等比数列解析 根据等比数列的性质，若 m＋ n＝2 k(m， n， k∈N ＋ )，则 am， ak， an成等比数列。答案 D2．(2015·课标全国Ⅱ卷)已知等比数列{ an}满足 a1＝ ， a3a5＝4( a4－1)，则 a2＝( )14A．2 B．1C. D.12 18解析 ∵ a3a5＝4( a4－1)，∴ a ＝4( a4－1)，解得 a4＝2。24又 a4＝ a1q3，且 a1＝ ，∴ q＝2，∴ a2＝ a1q＝ 。14 12答案 C3．已知数列－1， x， y， z，－2 成等比数列，则 xyz＝( )A．－4 B．±4C．－2 D．±22 2解析 根据等比数列的性质， xz＝(－1)×(－2)＝2， y2＝2，又 ＝ q2(q为公比)，y－ 1故 y0， n∈N *，且 a3·a2n－3 ＝2 2n(n≥2)，则当 n≥1 时，log 2a1＋log 2a2＋…＋log 2a2n－1 ＝( )A． n(2n－1) B．( n＋1) 2C． n2 D．( n－1) 2解析 由等比数列的性质，得 a3·a2n－3 ＝ a ＝2 2n，从而得 an＝2 n。2n解法一：log 2a1＋log 2a2＋…＋log 2a2n－1 ＝log 2[(a1a2n－1 )·(a2a2n－2 )·…·(an－1 an＋1 )an]＝log 22n(2n－1) ＝ n(2n－1)。解法二：取 n＝1，log 2a1＝log 22＝1，而(1＋1) 2＝4，(1－1) 2＝0，排除 B，D；取2n＝2，log 2a1＋log 2a2＋log 2a3＝log 22＋log 24＋log 28＝6，而 22＝4，排除 C，选 A。答案 A5．设各项都是正数的等比数列{ an}， Sn为前 n项和，且 S10＝10， S30＝70，那么S40＝( )A．150 B．－200C．150 或－200 D．400 或－50解析 依题意，数列 S10， S20－ S10， S30－ S20， S40－ S30成等比数列，因此有( S20－ S10)2＝ S10(S30－ S20)，即( S20－10) 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。答案 A6．已知 Sn是等比数列{ an}的前 n项和，若存在 m∈N *，满足 ＝9， ＝ ，则S2mSm a2mam 5m＋ 1m－ 1数列{ an}的公比为( )A．－2 B．2C．－3 D．3解析 设公比为 q，若 q＝1，则 ＝2，与题中条件矛盾，故 q≠1。S2mSm∵ ＝ ＝ qm＋1＝9，∴ qm＝8。S2mSma1 1－ q2m1－ qa1 1－ qm1－ q∴ ＝ ＝ qm＝8＝ ，a2mam a1q2m－ 1a1qm－ 1 5m＋ 1m－ 1∴ m＝3，∴ q3＝8，∴ q＝2。答案 B7．等比数列{ an}中， Sn表示前 n项和， a3＝2 S2＋1， a4＝2 S3＋1，则公比 q为________。解析 由 a3＝2 S2＋1， a4＝2 S3＋1 得a4－ a3＝2( S3－ S2)＝2 a3，∴ a4＝3 a3，∴ q＝ ＝3。a4a3答案 38．(2016·云南省昆明市七校模拟调研)在等比数列{ an}中， Sn是它的前 n项和，若q＝2，且 a2与 2a4的等差中项为 18，则 S5＝________。解析 依题意得 a2＋2 a4＝36， q＝2，则 2a1＋16 a1＝36，解得 a1＝2，因此 S5＝3＝62。2× 1－ 251－ 2答案 629．已知数列{ an}是等比数列， a2＝2， a5＝ ，则14a1a2a3＋ a2a3a4＋…＋ anan＋1 an＋2 ＝________。解析 设数列{ an}的公比为 q，则 q3＝ ＝ ，解得 q＝ ， a1＝ ＝4。易知数列a5a2 18 12 a2q{anan＋1 an＋2 }是首项为 a1a2a3＝4×2×1＝8，公比为 q3＝ 的等比数列，所以18a1a2a3＋ a2a3a4＋…＋ anan＋1 an＋2 ＝ ＝ (1－2 －3 n)。8(1－ 18n)1－ 18 647答案 (1－2 －3 n)64710．已知等差数列{ an}满足 a2＝2， a5＝8。(1)求{ an}的通项公式；(2)各项均为正数的等比数列{ bn}中， b1＝1， b2＋ b3＝ a4，求{ bn}的前 n项和 Tn。解 (1)设等差数列{ an}的公差为 d，则由已知得Error!∴ a1＝0， d＝2。∴ an＝ a1＋( n－1) d＝2 n－2。(2)设等比数列{ bn}的公比为 q，则由已知得 q＋ q2＝ a4，∵ a4＝6，∴ q＝2 或 q＝－3。∵等比数列{ bn}的各项均为正数，∴ q＝2。∴{ bn}的前 n项和 Tn＝ ＝ ＝2 n－1。b1 1－ qn1－ q 1× 1－ 2n1－ 211．已知数列{ an}的前 n项和为 Sn，且 Sn＝4 an－3( n∈N ＋ )。(1)求证：数列{ an}是等比数列；(2)若数列{ bn}满足 bn＋1 ＝ an＋ bn(n∈N ＋ )，且 b1＝2，求数列{ bn}的通项公式。解 (1)证明：依题意 Sn＝4 an－3( n∈N ＋ )， n＝1 时， a1＝4 a1－3，解得 a1＝1。因为 Sn＝4 an－3，则 Sn－1 ＝4 an－1 －3( n≥2)，所以当 n≥2 时，an＝ Sn－ Sn－1 ＝4 an－4 an－1 ，整理得 an＝ an－1 。434又 a1＝1≠0，所以数列{ an}是首项为 1，公比为 的等比数列。43(2)因为 an＝ n－1 ，由 bn＋1 ＝ an＋ bn(n∈N ＋ )，(43)得 bn＋1 － bn＝ n－1 。(43)可得 bn＝ b1＋( b2－ b1)＋( b3－ b2)＋…＋( bn－ bn－1 )＝2＋ ＝3 n－1 －1( n≥2)，1－ (43)n－ 11－ 43 (43)当 n＝1 时也满足，所以数列{ bn}的通项公式为 bn＝3· n－1 －1( n∈N ＋ )。(43)B组 培优演练1．已知数列{ an}满足 log3an＋1＝log 3an＋1 (n∈N ＋ )，且 a2＋ a4＋ a6＝9，则log (a5＋ a7＋ a9)的值是( )13A．－ B．－515C．5 D.15解析 由 log3an＋1＝log 3an＋1 (n∈N *)，得 log3an＋1 －log 3an＝1 且 an0，即log3 ＝1，解得 ＝3，所以数列{ an}是公比为 3的等比数列。因为an＋ 1an an＋ 1ana5＋ a7＋ a9＝( a2＋ a4＋ a6)q3，所以 a5＋ a7＋ a9＝9×3 3＝3 5。所以 log (a5＋ a7＋ a9)13＝log 35＝－log 335＝－5。13答案 B2．(2015·兰州、张掖联考)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 a21＝________。an＋ 1an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＝1 024。答案 1 0243．若一个数列的第 m项等于这个数列的前 m项的乘积，则称该数列为“ m积数列” 。若各项均为正数的等比数列{ an}是一个“2 014积数列” ，且 a11，则当其前 n项的乘积取5最大值时 n的值为________。解析 由题可知 a1a2a3·…·a2 014＝ a2 014，故 a1a2a3·…·a2 013＝1，由于{ an}是各项均为正数的等比数列且 a11，所以 a1 007＝1，公比 01且 0cn对任意的 n∈N *恒成立，即 3n＋1 － λ ·2n＋1 3n－ λ ·2n恒成立，亦即 λ ·2n2·3n恒成立，即 λ 2· n恒成立。(32)由于函数 y＝ n是增函数，(32)所以 min＝2× ＝3，[2·(32)n] 32故 λ 3，即 λ 的取值范围为(－∞，3)。1计时双基练三十二 数列的通项A 组 基础必做 1．在数列{ an}中，若 a1＝1， a2＝ ， ＝ ＋ (n∈N *)，则该数列的通项为( )12 2an＋ 1 1an 1an＋ 2A． an＝ B． an＝1n 2n＋ 1C． an＝ D． an＝2n＋ 2 3n解析 由已知式 ＝ ＋ 可得2an＋ 1 1an 1an＋ 2－ ＝ － ，知 是首项为 ＝1，公差为 － ＝2－1＝1 的等差1an＋ 1 1an 1an＋ 2 1an＋ 1 {1an} 1a1 1a2 1a1数列，所以 ＝ n，即 an＝ 。1an 1n答案 A2．数列{ an}满足 an＋ an＋1 ＝ (n∈N *)， a2＝2， Sn是数列{ an}的前 n 项和，则 S21为( )12A．5 B.72C. D.92 132解析 ∵ an＋ an＋1 ＝ ， a2＝2，12∴ an＝Error!∴ S21＝11× ＋10×2＝ 。故选 B。(－32) 72答案 B3．若正项数列{ an}满足 lg an＋1 ＝1＋lg an，且 a2 001＋ a2 002＋ a2 003＋…＋ a2 010＝2 016，则 a2 011＋ a2 012＋ a2 013＋…＋ a2 020的值为( )A．2 016×10 10 B．2 016×10 11C．2 017×10 10 D．2 017×10 11解析 由条件知 lg an＋1 －lg an＝lg ＝1，即 ＝10，所以{ an}是公比为 10an＋ 1an an＋ 1an的等比数列。因为( a2 001＋…＋ a2 010)·q10＝ a2 011＋…＋ a2 020，所以 a2 011＋…＋ a2 020＝2 016×1010，选 A。答案 A4．已知数列{ an}满足 a1＝1， an＋1 an＝2 n(n∈N *)，则 a10等于( )2A．64 B．32C．16 D．8解析 因为 an＋1 an＝2 n，所以 an＋1 an＋2 ＝2 n＋1 ，两式相除得 ＝2。an＋ 2an又 a1a2＝2， a1＝1，所以 a2＝2，则 · · · ＝2 4，即 a10＝2 5＝32。a10a8 a8a6 a6a4 a4a2答案 B5．(2015·辽宁大连双基)数列{ an}满足 an－ an＋1 ＝ an·an＋1 (n∈N *)，数列{ bn}满足bn＝ ，且 b1＋ b2＋…＋ b9＝90，则 b4·b6( )1anA．最大值为 99 B．为定值 99C．最大值为 100 D．最大值为 200解析 将 an－ an＋1 ＝ anan＋1 两边同时除以 anan＋1 ，可得 － ＝1，即1an＋ 1 1anbn＋1 － bn＝1，所以{ bn}是公差为 d＝1 的等差数列，其前 9 项和为 ＝90，所以9 b1＋ b92b1＋ b9＝20，将 b9＝ b1＋8 d＝ b1＋8，代入得 b1＝6，所以 b4＝9， b6＝11，所以 b4b6＝99，选 B。答案 B6．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解析 由已知得 an＋1 － an＝ln( n＋1)－ln n，所以 a2－ a1＝ln 2－ln 1， a3－ a2＝ln 3－ln 2， a4－ a3＝ln 4－ln 3，…， an－ an－1 ＝ln n－ln( n－1)，以上 n－1 个式子左右分别相加，得 an－ a1＝ln n，所以 an＝2＋ln n。故选 A。答案 A7．已知 a1＝1， an＝ n(an＋1 － an)(n∈N *)，则数列{ an}的通项公式是( )A．2 n－1 B. n－1(n＋ 1n )C． n2 D． n解析 ∵ an＝ n(an＋1 － an)，∴ ＝ ，an＋ 1an n＋ 1n3∴ an＝ × × ×…× × ×a1＝ × × ×…× × ×1＝ nanan－ 1 an－ 1an－ 2 an－ 2an－ 3 a3a2 a2a1 nn－ 1 n－ 1n－ 2 n－ 2n－ 3 32 21。答案 D8．已知 a1＝1， an＋1 ＝3 an＋1，则{ an}的通项公式 an＝________。解析 由 an＋1 ＝3 an＋1，得 an＋1 ＋ ＝3 ，12 (an＋ 12)则 是以 为首项，公比为 3 的等比数列，{an＋12} 32则 an＋ ＝ ×3n－1 ，12 32an＝ － 。3n2 12答案 －3n2 129．(2015·贵州贵阳监测)已知数列{ an}满足 a1＝2， an＋1 ＝ (n∈N *)，则该数列1＋ an1－ an的前 2 015 项的乘积 a1·a2·a3·…·a2 015＝________。解析 ∵ a2＝ ＝－3， a3＝ ＝－ ， a4＝ ＝ ， a5＝ ＝2＝ a1，∴数1＋ a11－ a1 1＋ a21－ a2 12 1＋ a31－ a3 13 1＋ a41－ a4列{ an}是以 4 为周期的数列，而 2 015＝4×503＋3，∴前 2 015 项乘积为 a1a2a3＝3。答案 310．设数列{ an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1， Sn＋1 ＝4 an＋2。(1)设 bn＝ an＋1 －2 an，证明：数列{ bn}是等比数列；(2)求数列{ an}的通项公式。解 (1)证明：由 a1＝1 及 Sn＋1 ＝4 an＋2，有 a1＋ a2＝ S2＝4 a1＋2。∴ a2＝5，∴ b1＝ a2－2 a1＝3。又Error! Error!①－②，得 an＋1 ＝4 an－4 an－1 ，∴ an＋1 －2 an＝2( an－2 an－1 )。∵ bn＝ an＋1 －2 an，∴ bn＝2 bn－1 ，故{ bn}是首项 b1＝3，公比为 2 的等比数列。(2)由(1)知 bn＝ an＋1 －2 an＝3·2 n－1 ，4∴ － ＝ ，an＋ 12n＋ 1 an2n 34故 是首项为 ，公差为 的等差数列。{an2n} 12 34∴ ＝ ＋( n－1)· ＝ ，an2n 12 34 3n－ 14得 an＝(3 n－1)·2 n－2 。11．已知数列{ an}中， a1＝ ， an＋1 ＝ 。12 3anan＋ 3(1)求 an；(2)设数列{ bn}的前 n 项和为 Sn，且 bn· ＝1，求证： ≤ Sn0， g(3)＝3＋5－1＝7， g(4)＝4＋ －1＝ ，故最小值为 ，故选 D。154 274 274答案 D2．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，…)，2n＋ 1 2n则它的通项公式 an＝________。解析 ∵( n＋1) a ＋ an＋1 ·an－ na ＝0，2n＋ 1 2n∴( an＋1 ＋ an)[(n＋1) an＋1 － nan]＝0，又 an＋1 ＋ an0。∴( n＋1) an＋1 － nan＝0，即 ＝ ，∴ · · · ·…· ＝ × × × ×…× ，∴ an＝ 。an＋ 1an nn＋ 1 a2a1 a3a2 a4a3 a5a4 anan－ 1 12 23 34 45 n－ 1n 1n答案 1n3．(2016·天星教育未来脑高三毕业班大联考)已知数列{ an}满足：a1＝1， a2＝2， an＋2 ＝(2＋cos nπ)( an－1)＋3， n∈N *，那么数列{ an}的通项公式为________。解析 当 n 为奇数时， an＋2 ＝(2－1)( an－1)＋3＝ an＋2，因而 a1， a3，…， a2n－1 ，…是首项为 1，公差为 2 的等差数列，此时 a2n－1 ＝2 n－1；当 n 为偶数时， an＋2 ＝(2＋1)(an－1)＋3＝3 an，因而 a2， a4，…， a2n，…是首项为 2，公比为 3 的等比数列，此时a2n＝2×3 n－1 。从而 an＝Error!。答案 an＝Error!4．设数列{ an}的前 n 项和为 Sn。已知 a1＝ a(a≠3)， an＋1 ＝ Sn＋3 n， n∈N ＋ 。(1)设 bn＝ Sn－3 n，求数列{ bn}的通项公式；(2)若 an＋1 ≥ an， n∈N ＋ ，求 a 的取值范围。解 (1)依题意， Sn＋1 － Sn＝ an＋1 ＝ Sn＋3 n，即 Sn＋1 ＝2 Sn＋3 n，由此得 Sn＋1 －3 n＋1 ＝2( Sn－3 n)。即 bn＋1 ＝2 bn，又 b1＝ S1－3＝ a－3，因此，所求通项公式为 bn＝ Sn－3 n＝( a－3)2 n－1 ， n∈N ＋ 。(2)由(1)知 Sn＝3 n＋( a－3)2 n－1 ， n∈N ＋ ，6于是，当 n≥2 时，an＝ Sn－ Sn－1 ＝3 n＋( a－3)2 n－1 －3 n－1 －( a－3)2 n－2＝2×3 n－1 ＋( a－3)2 n－2 ，an＋1 － an＝4×3 n－1 ＋( a－3)2 n－2＝2 n－2 ，[12(32)n－ 2＋ a－ 3]当 n≥2 时， an＋1 ≥ an⇒12 n－2 ＋ a－3≥0⇒ a≥－9。(32)又 a2＝ a1＋3 a1。综上，所求的 a 的取值范围是[－9,3)∪(3，＋∞)。1计时双基练三十三 数列求和A 组 基础必做 1．已知{ an}是首项为 1 的等比数列， Sn是{ an}的前 n 项和，且 9S3＝ S6，则数列 的{1an}前 5 项和为( )A. 或 5 B. 或 5158 3116C. D.3116 158解析 设{ an}的公比为 q，显然 q≠1，由题意得 ＝ ，所以 1＋ q3＝9，9 1－ q31－ q 1－ q61－ q得 q＝2，所以 是首项为 1，公比为 的等比数列，前 5 项和为 ＝ 。{1an} 121－ (12)51－ 12 3116答案 C2．若数列{ an}的通项公式是 an＝(－1) n·(3n－2)，则 a1＋ a2＋…＋ a10＝( )A．15 B．12C．－12 D．－15解析 记 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 d＝5×3＝15。答案 A3．已知数列{ an}： ， ＋ ， ＋ ＋ ，…， ＋ ＋ ＋…＋ ，…，若 bn＝12 13 23 14 24 34 110 210 310 910，那么数列{ bn}的前 n 项和 Sn为( )1anan＋ 1A. B.nn＋ 1 4nn＋ 1C. D.3nn＋ 1 5nn＋ 1解析 an＝ ＝ ，1＋ 2＋ 3＋ …＋ nn＋ 1 n2∴ bn＝ ＝ ＝4 ，1anan＋ 1 4n n＋ 1 (1n－ 1n＋ 1)∴ Sn＝4 [(1－12)＋ (12－ 13)＋ …＋ (1n－ 1n＋ 1)]2＝4 ＝ 。(1－1n＋ 1) 4nn＋ 1答案 B4．已知数列{ an}满足 an＋1 ＝ ＋ ，且 a1＝ ，则该数列的前 2 016 项的和等于( )12 an－ a2n 12A．1 509 B．3 018C．1 512 D．2 016解析 因为 a1＝ ，又 an＋1 ＝ ＋ ，12 12 an－ a2n所以 a2＝1，从而 a3＝ ， a4＝1，即得 an＝Error!故数列的前 2 016 项的和等于 S2 12016＝1 008× ＝1 512。(1＋ 12)答案 C5．已知数列{ an}的前 n 项和 Sn＝ n2－6 n，则{| an|}的前 n 项和 Tn＝( )A．6 n－ n2 B． n2－6 n＋18C.Error! D.Error!解析 ∵由 Sn＝ n2－6 n 得数列{ an}是等差数列，且首项为－5，公差为 2。∴ an＝－5＋( n－1)×2＝2 n－7，∴ n≤3 时， an3 时， an0，∴ Tn＝Error!答案 C6．数列 1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋2 2＋…＋2 n－1 ，…的前 n 项和 Sn1 020，那么 n的最小值是( )A．7 B．8C．9 D．10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＝1 0131 020。∴ Sn1 020， n 的最小值是 10。答案 D7．已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且 an＝ n·2n，则 Sn＝________。解析 ∵ Sn＝1×2＋2×2 2＋3×2 3＋…＋ n·2n，①∴2 Sn＝1×2 2＋2×2 3＋…＋( n－1)·2 n＋ n·2n＋1 ，②3∴①－②得－ Sn＝2＋2 2＋2 3＋…＋2 n－ n·2n＋1＝ － n·2n＋1 ＝2 n＋1 － n·2n＋1 －2，2 1－ 2n1－ 2∴ Sn＝( n－1)·2 n＋1 ＋2。答案 ( n－1)·2 n＋1 ＋28．设 f(x)＝ ，若 S＝ f ＋ f ＋…＋ f ，则 S＝________。4x4x＋ 2 ( 12 016) ( 22 016) (2 0152 016)解析 ∵ f(x)＝ ，4x4x＋ 2∴ f(1－ x)＝ ＝ ，41－ x41－ x＋ 2 22＋ 4x∴ f(x)＋ f(1－ x)＝ ＋ ＝1。4x4x＋ 2 22＋ 4xS＝ f ＋ f ＋…＋ f ， ①(12 016) ( 22 016) (2 0152 016)S＝ f ＋ f ＋…＋ f ， ②(2 0152 016) (2 0142 016) ( 12 016)①＋②得，2 S＝ [f(12 016)＋ f(2 0152 016)]＋ ＋…[f(22 016)＋ f(2 0142 016)]＋ ＝2 015 ，[f(2 0152 016)＋ f( 12 016)]∴ S＝ ＝1 007.52 0152答案 1 007.59．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 n 项和 Sn＝________。解析 ∵ an＋1 － an＝2 n，∴ an＝( an－ an－1 )＋( an－1 － an－2 )＋…＋( a2－ a1)＋ a1＝2 n－1 ＋2 n－2 ＋…＋2 2＋2＋2＝＋2＝2 n－2＋2＝2 n。2－ 2n1－ 2∴ Sn＝ ＝2 n＋1 －2。2－ 2n＋ 11－ 2答案 2 n＋1 －210．(2015—2016 学年度上学期衡水中学高三年级期中考试)正项数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝ 2(n∈N *)。(an＋ 12 )(1)证明数列{ an}为等差数列并求其通项公式；4(2)设 cn＝ ，数列{ cn}的前 n 项和为 Tn，证明： ≤ Tn0，∴ an－ an－1 ＝2。∴数列{ an}是等差数列，其中 a1＝1，∴ an＝2 n－1。(2)∵ cn＝ ＝ ，1 2n－ 1  2n＋ 1 12( 12n－ 1－ 12n＋ 1)∴ Tn＝ ，12(1－ 12n＋ 1)12又∵ Tn是单调递增数列，∴ Tn≥ T1＝ ，∴ ≤ Tn 。13 13 1211．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；{ann}(2)设 bn＝3 n· ，求数列{ bn}的前 n 项和 Sn。an解 (1)证明：由已知可得 ＝ ＋1，即 － ＝1。an＋ 1n＋ 1 ann an＋ 1n＋ 1 ann所以数列 是以 ＝1 为首项，1 为公差的等差数列。{ann} a11(2)由(1)得 ＝1＋( n－1)·1＝ n，所以 an＝ n2。ann从而 bn＝ n·3n。Sn＝1·3 1＋2·3 2＋3·3 3＋…＋ n·3n，①3Sn＝1·3 2＋2·3 3＋…＋( n－1)·3 n＋ n·3n＋1 。②①－②得，－2 Sn＝3 1＋3 2＋…＋3 n－ n·3n＋1＝ － n·3n＋1 ＝ ，3· 1－ 3n1－ 3  1－ 2n ·3n＋ 1－ 32所以 Sn＝ 。 2n－ 1 ·3n＋ 1＋ 34B 组 培优演练1．设 bn＝ (其中 an＝2 n－1 )，数列{ bn}的前 n 项和为 Tn，则an an＋ 1  an＋ 1＋ 1T5＝( )5A. B.3133 3233C. D.3166 1633解析 bn＝ ＝ － ，所以 Tn＝ ＋2n－ 1 2n－ 1＋ 1  2n＋ 1 12n－ 1＋ 1 12n＋ 1 ( 120＋ 1－ 121＋ 1)＋…＋ － ＝ － ，(121＋ 1－ 122＋ 1) 12n－ 1＋ 1 12n＋ 1 12 12n＋ 1所以 T5＝ － ＝ 。12 133 3166答案 C2．(2016·长沙模拟)已知函数 f(n)＝ n2cos(nπ)，且 an＝ f(n)＋ f(n＋1)，则a1＋ a2＋ a3＋…＋ a100＝( )A．－100 B．0C．100 D．10 200解析 若 n 为偶数，则 an＝ f(n)＋ f(n＋1)＝ n2－( n＋1) 2＝－(2 n＋1)，为首项为a2＝－5，公差为－4 的等差数列；若 n 为奇数，则 an＝ f(n)＋ f(n＋1)＝－ n2＋( n＋1)2＝2 n＋1，为首项为 a1＝3，公差为 4 的等差数列。所以 a1＋ a2＋ a3＋…＋ a100＝( a1＋ a3＋…＋ a99)＋( a2＋ a4＋…＋ a100)＝50×3＋×4＋50×(－5)－ ×4＝－100。50×492 50×492答案 A3．对于每一个正整数 n，设曲线 y＝ xn＋1 在点(1,1)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为xn，令 an＝ln xn，则 a1＋ a2＋…＋ a99＝________。解析 对 y＝ xn＋1 求导得 y′＝( n＋1) xn，则曲线在点(1,1)处的切线方程为y－1＝( n＋1)·( x－1)，令 y＝0，得 xn＝ ，nn＋ 1则 an＝lg xn＝lg ，nn＋ 1所以 a1＋ a2＋…＋ a99＝lg ＝lg ＝－2。(12×23×…×99100) 1100答案 －24．已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn＝3 n，数列{ bn}满足 b1＝－1， bn＋1 ＝ bn＋(2 n－1)(n∈N ＋ )。(1)求数列{ an}的通项公式 an；6(2)求数列{ bn}的通项公式 bn；(3)若 cn＝ ，求数列{ cn}的前 n 项和 Tn。an·bnn解 (1)∵ Sn＝3 n，∴ Sn－1 ＝3 n－1 (n≥2)，∴ an＝ Sn－ Sn－1 ＝3 n－3 n－1 ＝2×3 n－1 (n≥2)。当 n＝1 时，2×3 1－1 ＝2≠ S1＝ a1＝3，∴ an＝Error!(2)∵ bn＋1 ＝ bn＋(2 n－1)，∴ b2－ b1＝1， b3－ b2＝3， b4－ b3＝5，…， bn－ bn－1 ＝2 n－3。以上各式相加得bn－ b1＝1＋3＋5＋…＋(2 n－3)＝ ＝( n－1) 2。 n－ 1  1＋ 2n－ 32∵ b1＝－1，∴ bn＝ n2－2 n。(3)由题意得 cn＝Error!当 n≥2 时， Tn＝－3＋2×0×3 1＋2×1×3 2＋2×2×3 3＋…＋2( n－2)×3 n－1 ，∴3 Tn＝－9＋2×0×3 2＋2×1×3 3＋2×2×3 4＋…＋2( n－2)×3 n，∴相减得－2 Tn＝6＋2×3 2＋2×3 3＋…＋2×3 n－1 －2( n－2)×3 n。∴ Tn＝( n－2)×3 n－(3＋3 2＋3 3＋…＋3 n－1 )＝( n－2)×3 n－ ＝ 。3n－ 32  2n－ 5 3n＋ 32∴ Tn＝Error!