专题限时训练 (小题提速练)
(建议用时：45 分钟)
一、选择题
1．设数列{an }满足 a1＝a，an＋1＝a2n－2
an＋1(n∈N*)，若数列{an }是常数列，则 a＝
( )
A．－2 B.－1
C.0 D.(－1)n
解析：因为数列{an}是常数列，所以 a＝a2＝a21－2
a1＋1
＝a2－2
a＋1
，即 a(a＋1)＝a2－2，解
得 a＝－2.故选 A.
答案：A
2．在数列{an}中，若 a1＝1，a2＝1
2
， 2
an＋1
＝ 1
an
＋ 1
an＋2(n∈N*)，则该数列的通项为( )
A．an＝1
n B.an＝ 2
n＋1
C．an＝ 2
n＋2 D.an＝3
n
解析：由已知 2
an＋1
＝ 1
an
＋ 1
an＋2
，
可得 1
an＋1
－ 1
an
＝ 1
an＋2
－ 1
an＋1
，
所以
{
1
an }是首项为 1
a1
＝1，公差为 1
a2
－ 1
a1
＝2－1＝1 的等差数列，所以 1
an
＝n，即 an
＝1
n.
答案：A
3．已知等差数列{an}满足 a2＝3，Sn－Sn－3＝51(n>3)，若 Sn＝100，则 n 的值为( )
A．8 B.9
C.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＝
n(a2＋an－1)
2
＝100，解得 n＝10.答案：C
4．已知数列{an}满足 log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，且 a2＋a4＋a6＝9，则 log1
3(a5＋
a7＋a9)＝( )
A．－5 B.－1
5
C.5 D.1
5
解析：∵log3an＋1＝log3an＋1，∴an＋1＝3an.
∴数列{an}是以 3 为公比的等比数列．
∵a2＋a4＋a6＝a2(1＋q2＋q4)＝9，
∴a5＋a7＋a9＝a5(1＋q2＋q4)＝a2q3(1＋q2＋q4)＝35.
∴log1
335＝－5.故选 A.
答案：A
5．已知 Sn 表示数列{an}的前 n 项和，若对任意 n∈N*满足 an＋1＝an＋a2，且 a3＝
2，则 S2019＝( )
A．1 008×2 020 B.1 008×2 019
C．1 009×2 019 D.1 009×2 020
解析：在 an＋1＝an＋a2 中，令 n＝1，得 a2＝a1＋a2，a1＝0；令 n＝2，得 a3＝2＝
2a2，a2＝1，
于是 an ＋ 1 －a n ＝1，故数列{a n}是首项为 0，公差为 1 的等差数列．S 2019 ＝
2 019 × 2 018
2
＝1 009×2 019.
答案：C
6．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，当整数 n>1 时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，
则 S15＝( )
A.210 B.211
C.224 D.225
解析：n>1 时，Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，
∴an＋1＝an＋2，∴an＋1－an＝2.
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＋2＋28
2
×14＝211.
答案：B
7．(2019·广东汕头市一模)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 Sn＝1
2
－1
2an，则 an＝( )
A.1
3·(
1
2 )n－1 B.1
2·(
2
3 )n－1
C．2·(
1
3 )n－1
3 D.(
1
3 )n
解析：由题意，得 S1＝a1＝1
2
－1
2a1，所以 a1＝1
3.又当 n≥2 时，Sn－Sn－1＝an＝1
2
－1
2
an－1
2
＋1
2an－1，即 an
an－1
＝1
3
，所以数列{an}是首项为1
3
，公比为1
3
的等比数列，所以 an
＝
(
1
3 )n.故选 D.
答案：D
8．已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝ an
an＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－1 B.an＝2－ 1
3n－1
C．an＝ 1
2n－1 D.an＝ 1
3n－2
解析：由题意得 1
an＋1
＝ 2
an
＋1，则 1
an＋1
＋1＝2(
1
an＋1)，
易知 1
a1
＋1＝2≠0，
所以数列
{
1
an＋1}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，
则 1
an
＋1＝2n，则 an＝ 1
2n－1.故选 C.
答案：C
9．已知函数 f(n)＝n2cos(nπ)，且 an＝f(n)，则 a1＋a2＋…＋a100＝( )
A．0 B.100
C.5 050 D.10 200
解析：a1＋a2＋a3＋…＋a100＝－12＋22－32＋42－…－992＋1002
＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992)
＝3＋7＋…＋199＝50(3＋199)
2
＝5 050.故选 C.
答案：C
10．已知数列{an}满足 a1＝0，an＋1＝an＋2 an＋1＋1，则 a13＝( )
A．143 B.156
C.168 D.195
解析：由 an＋1＝an＋2 an＋1＋1，
可知 an＋1＋1＝an＋1＋2 an＋1＋1＝( an＋1＋1)2，
∴ an＋1＋1＝ an＋1＋1，又 a1＋1＝1，
故数列{ an＋1}是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以 an＋1＝n，所以 a13＋1＝
13，则 a13＝168.故选 C.
答案：C
11．定义 n
p1＋p2＋…＋pn
为 n 个正数 p1，p2，…，pn 的“均倒数”．若已知数列{an}
的前 n 项的“均倒数”为 1
2n＋1
，且 bn＝an＋1
4
，则 1
b1b2
＋ 1
b2b3
＋…＋ 1
b10b11
＝( )
A. 1
11 B. 9
10
C.10
11 D.11
12
解析：由已知，得 n
a1＋a2＋…＋an
＝ 1
2n＋1
，
∴a1＋a2＋…＋an＝n(2n＋1)＝Sn.
当 n＝1 时，a1＝S1＝3；
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1.
验证知，当 n＝1 时此式也成立，
∴an＝4n－1.∴bn＝an＋1
4
＝n.
∴ 1
bn·bn＋1
＝1
n
－ 1
n＋1
，∴ 1
b1b2
＋ 1
b2b3
＋…＋ 1
b10b11
＝
(1－1
2)＋
(
1
2
－1
3)＋…＋
(
1
10
－ 1
11)＝10
11.故选 C.
答案：C
12．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2a2n＝a 2n－1＋a 2n＋1(n≥2)，bn＝ 1
an＋an＋1
，记
数列{bn}的前 n 项和为 Sn，则 S33 的值是( )
A. 99 B. 33
C.4 2 D.3
解析：∵2a2n＝a 2n－1＋a 2n＋1(n≥2)，∴数列{a2n}为等差数列，首项为 1，公差为 22－1
＝3.∴a2n＝1＋3(n－1)＝3n－2.an>0.∴an＝ 3n－2.
∴bn＝ 1
an＋an＋1
＝ 1
3n－2＋ 3n＋1
＝1
3( 3n＋1－ 3n－2)，故数列{bn}的前 n 项和为
Sn＝1
3[( 4－ 1)＋( 7－ 4)＋…＋( 3n＋1－ 3n－2)]＝1
3( 3n＋1－1)．
则 S33＝1
3( 3 × 33＋1－1)＝3.故选 D.
答案：D
二、填空题
13．已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝m·2n－1－3，则 m＝ .
解析：a1＝S1＝m－3，
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝m·2n－2，
∴a2＝m，a3＝2m，又 a22＝a1a3，
∴m2＝(m－3)·2m，整理得 m2－6m＝0，
则 m＝6 或 m＝0(舍去)．
答案：6
14．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则 an＝ .
解析：当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1；
当 n＝1 时，a1＝S1＝4≠2×1＋1.
因此 an＝Error!答案：Error!
15．若数列{an}的前 n 项和 Sn＝2
3an＋1
3
，则{an}的通项公式 an＝________.
解析：当 n＝1 时，由已知 Sn＝2
3an＋1
3
，
得 a1＝2
3a1＋1
3
，即 a1＝1；
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝
(
2
3an＋1
3)－
(
2
3an－1＋1
3)＝2
3an－2
3an－1，所以 an＝－2an－1，
所以数列{an}为以 1 为首项，－2 为公比的等比数列，
所以 an＝(－2)n－1.
答案：(－2)n－1
16．在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是 1 颗珠宝，
第二件首饰是由 6 颗珠宝构成如图 1 所示的正六边形，第三件首饰是由 15 颗珠宝
构成如图 2 所示的正六边形，第四件首饰是由 28 颗珠宝构成如图 3 所示的正六边
形，第五件首饰是由 45 颗珠宝构成如图 4 所示的正六边形，以后每件首饰都在前
一件上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推
断 第 六 件 首 饰 上 应 有 颗 珠 宝 ； 则 前 n 件 首 饰 所 用 珠 宝 总 数 为
颗．(结果用 n 表示)
解析：由题意，知 a1＝1，a2＝6，a3＝15，
a4＝28，a5＝45，a6＝66，….
∴a2－a1＝5，a3－a2＝9，a4－a3＝13，a5－a4＝17，a6－a5＝21，…，an－an－1＝4n
－3.
∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋(a6－a5)＋…＋(an－an－1)
＝an－a1＝5＋9＋13＋17＋21＋…＋(4n－3)
＝
(n－1)(5＋4n－3)
2
＝2n2－n－1.
∴an＝2n2－n，其前 n 项和为 Sn＝2(12＋22＋32＋…＋n2)－(1＋2＋3＋…＋n)＝2×n(n＋1)(2n＋1)
6
－n(n＋1)
2
＝4n3＋3n2－n
6 .
答案：66 4n3＋3n2－n
6
专题限时训练 (大题规范练)
(建议用时：60 分钟)
1．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足 an＋2－2an＋1＋an＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求 Sn.
解析：(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，
∴an＋1－an 为同一常数，
∴数列{an}是以 a1 为首项的等差数列．
设 an＝a1＋(n－1)d.
则 a4＝a1＋3d，∴d＝2－8
3
＝－2，∴an＝10－2n.
(2)由(1)知 an＝10－2n，令 an＝0，得 n＝5.
当 n>5 时，an5 时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝T5－(Tn
－T5)＝2T5－Tn＝n2－9n＋40.
当 n≤5 时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2.∴Sn＝Error!
2．(2019·东莞市模拟)设{an}是单调递增的等比数列，Sn 为数列{an}的前 n 项和．已
知 S3＝13，且 a1＋3,3a2，a3＋5 构成等差数列．
(1)求 an 及 Sn；
(2)是否存在常数 λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求 λ 的值；若不存在，
请说明理由．
解析：(1)由题意得Error!
∴a2＝3，a1＋a3＝10，得3
q
＋3q＝10，解得 q＝3 或 q＝1
3(舍)．
∴an＝a2qn－2＝3n－1，Sn＝1 × (1－3n)
1－3
＝3n－1
2 .
(2)假设存在常数 λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列．
∵S1＋λ＝1＋λ，S2＋λ＝4＋λ，S3＋λ＝13＋λ，
∴(4＋λ)2＝(1＋λ)·(13＋λ)，解得 λ＝1
2
，
此时 Sn＋1
2
＝3n
2
，∴
Sn＋1
2
Sn－1＋1
2
＝
3n
2
3n－1
2
＝3(n≥2)，
∴存在常数 λ＝1
2.使得数列{Sn＋1
2}是首项为 a1＋1
2
＝3
2
，公比为 3 等比数列．
3．设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，an＋1＝1＋Sn(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}为等差数列，且 b1＝a1，公差为a2
a1.当 n≥3 时，比较 bn＋1 与 1＋b1＋b2
＋…＋bn 的大小．
解析：(1)因为 an＋1＝1＋Sn，①
所以当 n≥2 时，an＝1＋Sn－1，②
①－②得 an＋1－an＝an，即 an＋1＝2an(n≥2)．
因为当 n＝1 时，a2＝1＋a1＝2，
所以a2
a1
＝2，所以an＋1
an
＝2(n∈N*)，
所以数列{an}是首项为 1，公比为 2 的等比数列，
所以 an＝2n－1.
(2)因为 bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
所以 bn＋1＝2n＋1，
1＋b1＋b2＋…＋bn＝1＋n(1＋2n－1)
2
＝n2＋1.
因为(n2＋1)－(2n＋1)＝n(n－2)，
当 n≥3 时，n(n－2)>0，所以当 n≥3 时，bn＋1
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