2010-2019十年高考数学真题分类汇编08数列（附解析）

1 十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学 专题 08 数列 一、选择题 1.(2019·全国 1·理 T9)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和.已知 S4=0,a5=5,则(  ) A.an=2n-5 B.an=3n-10 C.Sn=2n2-8n D.Sn=1 2n2-2n 【答案】A 【解析】由题意可知,{S4 = 4a1 + 4 × 3 2 ·d = 0, a5 = a1 + 4d = 5, 解得{a1 = -3, d = 2. 故 an=2n-5,Sn=n2-4n,故选 A. 2.(2019·浙江·T10)设 a,b∈R,数列{an}满足 a1=a,an+1=푎2푛+b,n∈N*,则(  ) A.当 b=1 2时,a10>10 B.当 b=1 4时,a10>10 C.当 b=-2 时,a10>10 D.当 b=-4 时,a10>10 【答案】A 【解析】当 b=1 2时,a2=푎21 + 1 2 ≥ 1 2,a3=푎22 + 1 2 ≥ 3 4,a4=푎23 + 1 2 ≥ 17 16≥1,当 n≥4 时,an+1=푎2푛 + 1 2 ≥ 푎2푛≥1,则 lo푔17 16 an+1>2lo푔17 16 an⇒lo푔17 16 an+1>2n-1,则 a n+1≥（17 16 ）2푛-1(n≥4),则 a10≥（17 16） 26=（1+ 1 16）64=1+64 16 + 64 × 63 2 × 1 162 +…>1+4+7>10,故选 A. 3.(2018·全国 1·理 T4)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 3S3=S2+S4,a1=2,则 a5=(  ) A.-12 B.-10 C.10 D.12 【答案】B 【解析】因为 3S3=S2+S4,所以 3S3=(S3-a3)+(S3+a4),即 S3=a4-a3.设公差为 d,则 3a1+3d=d,又由 a1=2,得 d=-3, 所以 a5=a1+4d=-10. 4.(2018·浙江·T10)已知 a1,a2,a3,a4 成等比数列,且 a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若 a1>1,则(  ) A.a1a4 【答案】B 【解析】设等比数列的公比为 q,则 a1+a2+a3+a4= 푎1(1 - 푞4) 1 - 푞 ,a1+a2+a3= 푎1(1 - 푞3) 1 - 푞 . 2 ∵a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3), ∴a1+a2+a3=푒푎1+푎2+푎3+푎4,即 a1(1+q+q2)=푒푎1(1+푞+푞2+푞3). 又 a1>1,∴q1,即 q+q2>0,解得 q0 舍去). 由 a1>1,可知 a1(1+q+q2)>1, ∴a1(1+q+q2+q3)>0,即 1+q+q2+q3>0, 即(1+q)+q2(1+q)>0,即(1+q)(1+q2)>0,这与 q100 且 前 N 项和为 2 的整数幂,则 SN-푆푛(1+푛) 2 应与-2-n 互为相反数,即 2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),所以 k=log2(n+3),解 得 n=29,k=5. 3 所以 N=29 × (1 + 29) 2 +5=440,故选 A. 7.(2017·全国 3·理 T9)等差数列{an}的首项为 1,公差不为 0.若 a2,a3,a6 成等比数列,则{an}前 6 项的和为 (  ) A.-24 B.-3 C.3 D.8 【答案】A 【解析】设等差数列的公差为 d,则 d≠0,a23=a2·a6, 即(1+2d)2=(1+d)(1+5d), 解得 d=-2, 所以 S6=6×1+6 × 5 2 ×(-2)=-24,故选 A. 8.(2016·全国 1·理 T3)已知等差数列{an}前 9 项的和为 27,a10=8,则 a100=(  ) A.100 B.99 C.98 D.97 【答案】C 【解析】因为 S9= (a1 + a9) × 9 2 =27,a1+a9=2a5, 所以 a5=3.又因为 a10=8,所以 d= a10 - a5 10 - 5 =1. 故 a100=a10+(100-10)×1=98. 9.(2015·浙江·理 T13)已知{an}是等差数列,公差 d 不为零,前 n 项和是 Sn,若 a3,a4,a8成等比数列,则(  ) A.a1d>0,dS4>0 B.a1dS2. 6 19.(2013·全国 1·理 T7)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则 m= (  ) A.3 B.4 C.5 D.6 【答案】C 【解析】∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3, ∴am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3. ∴d=am+1-am=3-2=1. ∵Sm= m(a1 + am) 2 = m(a1 + 2) 2 =0, ∴a1=-2,am=-2+(m-1)×1=2.∴m=5. 20.(2012·全国·理 T5)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则 a1+a10=(  ) A.7 B.5 C.-5 D.-7 【答案】D 【解析】∵{an}为等比数列,∴a5a6=a4a7=-8. 联立{푎4 + 푎7 = 2, 푎4푎7 = -8 可解得{푎4 = 4, 푎7 = -2或{푎4 = -2, 푎7 = 4, 当{푎4 = 4, 푎7 = -2时,q3=-1 2, 故 a1+a10= 푎4 푞3+a7q3=-7; 当{푎4 = -2, 푎7 = 4 时,q3=-2,同理,有 a1+a10=-7. 21.(2012·全国·文 T12)数列{an}满足 an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前 60 项和为(  ) A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830 【答案】D 【解析】∵an+1+(-1)nan=2n-1, ∴ a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1,a5=a1,a6=9+a1,a7=2-a1,a8=15-a1,a9=a1,a10=17+a1,a11=2-a1,a12=23-a1, … ,a57=a1,a5 8=113+a1,a59=2-a1,a60=119-a1, ∴a1+a2+…+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+…+(a57+a58+a59+a60) =10+26+42+…+234=15 × (10 + 234) 2 =1 830. 二、填空题 1.(2019·全国 3·文 T14)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和.若 a3=5,a7=13,则 S10=  . 【答案】100 【解析】设等差数列{an}的公差为 d, 7 则{a3 = a1 + 2d = 5, a7 = a1 + 6d = 13,解得{a1 = 1, d = 2. 故 S10=10a1+10 × 9 2 d=10×1+10 × 9 2 ×2=100. 2.(2019·全国 3·理 T14)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和.若 a1≠0,a2=3a1,则 S10 S5 =  . 【答案】4 【解析】设等差数列{an}的公差为 d. ∵a1≠0,a2=3a1, ∴a1+d=3a1,即 d=2a1. ∴ S10 S5 = 10a1 + 10 × 9 2 d 5a1 + 5 × 4 2 d = 100a1 25a1 =4. 3.(2019·江苏·T8)已知数列{a n}(n∈N *)是等差数列,S n 是其前 n 项和.若 a 2a5+a8=0,S9=27,则 S8 的值 是  . 【答案】16 【解析】∵{an}为等差数列,设公差为 d,a2a5+a8=0,S9=27,∴ {(a1 + d)(a1 + 4d) + a1 + 7d = 0,① 9a1 + 9 × 8 2 d = 27,② 整理②得 a1+4d=3,即 a1=3-4d,③ 把③代入①解得 d=2,∴a1=-5. ∴S8=8a1+28d=16. 4.(2019·北京·理 T10)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 a2=-3,S5=-10,则 a5=  ,Sn 的最小值为  . 【答案】0 -10 【解析】等差数列{an}中,由 S5=5a3=-10,得 a3=-2,又 a2=-3,公差 d=a3-a2=1,a5=a3+2d=0,由等差数列{an}的性 质得当 n≤5 时,an≤0,当 n≥6 时,an 大于 0,所以 Sn 的最小值为 S4 或 S5,即为-10. 5.(2019·全国 1·文 T14)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.若 a1=1,S3=3 4,则 S4=  . 【答案】5 8 【解析】设等比数列{an}的公比为 q. S3=a1+a1q+a1q2=1+q+q2=3 4, 即 q2+q+1 4=0.解得 q=-1 2. 8 故 S4= 푎1(1 - 푞4) 1 - 푞 = 1 - ( - 1 2)4 1 + 1 2 = 5 8. 6.(2019·全国 1·理 T14)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.若 a1=1 3,푎24=a6,则 S5=________. 【答案】121 3 【解析】设等比数列{an}的公比为 q, 则 a4=a1q3=1 3q3,a6=a1q5=1 3q5. ∵푎24=a6,∴1 9q6=1 3q5.∵q≠0,∴q=3. ∴S5= 푎1(1 - 푞5) 1 - 푞 = 1 3(1 - 35) 1 - 3 = 121 3 . 7.(2018·全国 1·理 T14)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和.若 Sn=2an+1,则 S6=  . 【答案】-63 【解析】∵Sn=2an+1,① ∴Sn-1=2an-1+1(n≥2).② ①-②,得 an=2an-2an-1,即 an=2an-1(n≥2). 又 S1=2a1+1,∴a1=-1.∴{an}是以-1 为首项,2 为公比的等比数列,则 S6= -1(1 - 26) 1 - 2 =-63. 8.(2018·北京·理 T9)设{an}是等差数列,且 a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为  . 【答案】an=6n-3 【解析】∵{an}为等差数列,设公差为 d, ∴a2+a5=2a1+5d=36. ∵a1=3,∴d=6.∴an=3+(n-1)×6=6n-3. 9.(2018·上海·T10)设等比数列{a n}的通项公式为 a n=qn-1(n∈N *),前 n 项和为 S n,若 lim n→∞ Sn an+1 = 1 2,则 q=  . 【答案】3 【解析】由 an=qn-1,得 an+1=qn.当 q=1 时,不满足题意;当 q≠1 时,Sn= a1(1 - qn) 1 - q = 1 - qn 1 - q . 若 012an+1 成立的 n 的最小值为  . 【答案】27 【解析】①若 an+1=2k(k∈N*),则 Sn=21+22+…+2k-1+1+3+…+2k-1=2k-2+(2k-1)2⇒(2k-1)2+2k-2>12·2k. 令 2k=t⇒1 4t2+t-2>12t⇒t(t-44)>8. ∴t≥64⇒k≥6.此时,n=k-1+2k-1=37. ②若 an+1=2k+1(k∈N*), 则 Sn=21+22+…+2t+1+3+…+2k-1(2t12(2k+1)⇒2t+1>-k2+24k+14. ∴-k2+24k+14 0, 푏 > 0. 不妨设 a0,∴a3=2. ∴a1a2a3a4a5=(a1a5)·(a2·a4)·a3=25. ∴log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5 =log2(a1a2a3a4a5)=log225=5. 26.(2014·安徽·理 T12)数列{an}是等差数列,若 a1+1,a3+3,a5+5 构成公比为 q 的等比数列,则 q=  . 【答案】1 【解析】设数列{an}的公差为 d,则 a1=a3-2d,a5=a3+2d, 由题意得,(a1+1)(a5+5)=(a3+3)2,即(a3-2d+1)(a3+2d+5)=(a3+3)2,整理,得(d+1)2=0, ∴d=-1,则 a1+1=a3+3, 故 q=1. 27.(2014·全国 2·文 T16)数列{an}满足 an+1= 1 1 - an ,a8=2,则 a1=____________. 13 【答案】1 2 【解析】将 a8=2 代入 an+1= 1 1 - an ,可求得 a7=1 2; 将 a7=1 2代入 an+1= 1 1 - an ,可求得 a6=-1; 将 a6=-1 代入 an+1= 1 1 - an ,可求得 a5=2. 由此可知数列{an}是一个周期数列,且周期为 3,所以 a1=a7=1 2. 28.(2014·北京·理 T12)若等差数列{an}满足 a7+a8+a9>0,a7+a100,即 a8>0;而 a7+a10=a8+a90. 由题意得{푥1 + 푥1푞 = 3, 푥1푞2 - 푥1푞 = 2.所以 3q2-5q-2=0. 因为 q>0,所以 q=2,x1=1, 因此数列{xn}的通项公式为 xn=2n-1. (2)过 P1,P2,…,Pn+1 向 x 轴作垂线,垂足分别为 Q1,Q2,…,Qn+1.由(1)得 xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1, 记梯形 PnPn+1Qn+1Qn 的面积为 bn, 由题意 bn=(푛 + 푛 + 1) 2 ×2n-1=(2n+1)×2n-2, 所以 Tn=b1+b2+…+bn =3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2. ① 又 2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1, ② ①-②得 -Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=3 2 + 2(1 - 2푛-1) 1 - 2 -(2n+1)×2n-1. 所以 Tn=(2푛 - 1) × 2푛 + 1 2 . 20.(2017·山东·文 T19)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且 a1+a2=6,a1a2=a3. 1)求数列{an}的通项公式; (2){bn}为各项非零的等差数列,其前 n 项和为 Sn.已知 S2n+1=bnbn+1,求数列{푏푛 푎푛}的前 n 项和 Tn. 【解析】(1)设{an}的公比为 q,由题意知:a1(1+q)=6,푎21q=a1q2,又 an>0,解得 a1=2,q=2,所以 an=2n. (2)由题意知:S2n+1= (2푛 + 1)(푏1 + 푏2푛+1) 2 =(2n+1)bn+1, 又 S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以 bn=2n+1. 令 cn= 푏푛 푎푛 ,则 cn=2푛 + 1 2푛 , 26 因此 Tn=c1+c2+…+cn =3 2 + 5 22 + 7 23+…+2푛 - 1 2푛-1 + 2푛 + 1 2푛 . 又1 2Tn= 3 22 + 5 23 + 7 24+…+2푛 - 1 2푛 + 2푛 + 1 2푛+1 , 两式相减得1 2Tn=3 2 + (1 2 + 1 22 + … + 1 2푛-1) ― 2푛 + 1 2푛+1 ,所以 Tn=5-2푛 + 5 2푛 . 21.(2017·天津·文 T18)已知{an}为等差数列,前 n 项和为 Sn(n∈N*),{bn}是首项为 2 的等比数列,且公比大 于 0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nbn}的前 n 项和(n∈N*). 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q.由已知 b2+b3=12,得 b1(q+q2)=12, 而 b1=2,所以 q2+q-6=0.又因为 q>0,解得 q=2. 所以,bn=2n.由 b3=a4-2a1,可得 3d-a1=8.① 由 S11=11b4,可得 a1+5d=16,② 联立①②,解得 a1=1,d=3,由此可得 an=3n-2. 所以,{an}的通项公式为 an=3n-2,{bn}的通项公式为 bn=2n. (2)设数列{a2nbn}的前 n 项和为 Tn,由 a2n=6n-2, 有 Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n, 2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1, 上 述 两 式 相 减 , 得 -Tn=4 × 2+6 × 22+6 × 23+ … +6 × 2n-(6n-2)×2n+1=12 × (1 - 2푛) 1 - 2 -4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16.得 Tn=(3n-4)2n+2+16. 所以,数列{a2nbn}的前 n 项和为(3n-4)2n+2+16. 22.(2016·全国 2·理 T17)Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,且 a1=1,S7=28.记 bn=[lg an],其中[x]表示不超过 x 的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求 b1,b11,b101; (2)求数列{bn}的前 1 000 项和. 【解析】(1)设{an}的公差为 d,据已知有 7+21d=28, 解得 d=1. 所以{an}的通项公式为 an=n. b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2. 27 (2)因为 bn={0,1 ≤ 푛 < 10, 1,10 ≤ 푛 < 100, 2,100 ≤ 푛 < 1000, 3,푛 = 1000, 所以数列{bn}的前 1 000 项和为 1×90+2×900+3×1=1 893. 23.(2016·全国 2·文 T17)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. 【解析】(1)设数列{an}的公差为 d, 由题意有 2a1+5d=4,a1+5d=3, 解得 a1=1,d=2 5. 所以{an}的通项公式为 an=2푛 + 3 5 . (2)由(1)知,bn=[2푛 + 3 5 ]. 当 n=1,2,3 时,1≤2푛 + 3 5 0.由已 知,有{2푞2 - 3푑 = 2, 푞4 - 3푑 = 10,消去 d,整理得 q4-2q2-8=0.又因为 q>0,解得 q=2, 所以 d=2. 所以数列{an}的通项公式为 an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为 bn=2n-1,n∈N*. (2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设{cn}的前n项和为S n,则S n=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1, 2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, 上述两式相减,得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3, 所以,Sn=(2n-3)·2n+3,n∈N*. 41.(2015·湖北·文 T19)设等差数列{a n}的公差为 d,前 n 项和为 S n,等比数列{b n}的公比为 q,已知 b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)当 d>1 时,记 cn= 푎푛 푏푛 ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 【解析】(1)由题意有,{10푎1 + 45푑 = 100, 푎1푑 = 2, 即{2푎1 + 9푑 = 20, 푎1푑 = 2, 解得{푎1 = 1, 푑 = 2, 或{푎1 = 9, 푑 = 2 9. 故{푎푛 = 2푛 - 1, 푏푛 = 2푛-1, 或{푎푛 = 1 9(2푛 + 79), 푏푛 = 9·(2 9)푛-1 . (2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2n-1,故 cn=2푛 - 1 2푛-1 , 于是 Tn=1+3 2 + 5 22 + 7 23 + 9 24+…+2푛 - 1 2푛-1 , ① 1 2Tn=1 2 + 3 22 + 5 23 + 7 24 + 9 25+…+2푛 - 1 2푛 . ② ①-②可得 1 2Tn=2+1 2 + 1 22+…+ 1 2푛-2 ― 2푛 - 1 2푛 =3-2푛 + 3 2푛 , 35 故 Tn=6-2푛 + 3 2푛-1 . 42.(2014·全国 2·理 T17)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+1. (1)证明:{푎푛 + 1 2}是等比数列,并求{an}的通项公式; (2)证明: 1 푎1 + 1 푎2 +…+ 1 푎푛 < 3 2. 【解析】(1)(构造新数列)由 an+1=3an+1,得 an+1+1 2=3(푎푛 + 1 2).又 a1+1 2 = 3 2,所以{푎푛 + 1 2}是首项为3 2,公比为 3 的 等比数列. an+1 2 = 3푛 2 ,因此{an}的通项公式为 an=3푛 - 1 2 . (2)(放缩法)由(1)知 1 푎푛 = 2 3푛 - 1. 因为当 n≥1 时,3n-1≥2×3n-1, 所以 1 3푛 - 1 ≤ 1 2 × 3푛-1. 于是 1 푎1 + 1 푎2 +…+ 1 푎푛 ≤1+1 3+…+ 1 3푛-1 =3 2(1 - 1 3푛) < 3 2. 所以 1 푎1 + 1 푎2 +…+ 1 푎푛 < 3 2. 43.(2014·福建·文 T17)在等比数列{an}中,a2=3,a5=81. (1)求 an; (2)设 bn=log3an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 【解析】(1)设{an}的公比为 q,依题意,得{푎1푞 = 3, 푎1푞4 = 81, 解得{푎1 = 1, 푞 = 3. 因此,an=3n-1. (2)因为 bn=log3an=n-1, 所以数列{bn}的前 n 项和 Sn= 푛(푏1 + 푏푛) 2 = 푛2 - 푛 2 . 44.(2014·湖南·文 T16)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=푛2 + 푛 2 ,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2푎푛+(-1)nan,求数列{bn}的前 2n 项和. 【解析】(1)当 n=1 时,a1=S1=1; 36 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=푛2 + 푛 2 ― (푛 - 1)2 + (푛 - 1) 2 =n.故数列{an}的通项公式为 an=n. (2)由(1)知,bn=2n+(-1)nn.记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n,则 T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n). 记 A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n, 则 A=2(1 - 22푛) 1 - 2 =22n+1-2, B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n=A+B=22n+1+n-2. 45.(2014·北京·文 T14)已知{an}是等差数列,满足 a1=3,a4=12,数列{bn}满足 b1=4,b4=20,且{bn-an}为等比 数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前 n 项和. 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d,由题意得 d= 푎4 - 푎1 3 = 12 - 3 3 =3.所以 an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…). 设等比数列{bn-an}的公比为 q, 由题意得 q3= 푏4 - 푎4 푏1 - 푎1 = 20 - 12 4 - 3 =8,解得 q=2. 所以 bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1.从而 bn=3n+2n-1(n=1,2,…). (2)由(1)知 bn=3n+2n-1(n=1,2,…). 数列{3n}的前 n 项和为3 2n(n+1),数列{2n-1}的前 n 项和为 1×1 - 2푛 1 - 2 =2n-1. 所以,数列{bn}的前 n 项和为3 2n(n+1)+2n-1. 46.(2014·大纲全国·理 T18)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=10,a2 为整数,且 Sn≤S4. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn= 1 푎푛푎푛+1 ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【解析】(1)由 a1=10,a2 为整数知,等差数列{an}的公差 d 为整数, 又 Sn≤S4,故 a4≥0,a5≤0, 于是 10+3d≥0,10+4d≤0. 解得-10 3 ≤d≤-5 2.因此 d=-3. 数列{an}的通项公式为 an=13-3n. (2)bn= 1 (13 - 3푛)(10 - 3푛) = 1 3( 1 10 - 3푛 - 1 13 - 3푛). 于是 Tn=b1+b2+…+bn 37 =1 3[(1 7 - 1 10) + (1 4 - 1 7) + … + ( 1 10 - 3푛 ― 1 13 - 3푛)] = 1 3( 1 10 - 3푛 - 1 10) = 푛 10(10 - 3푛). 47.(2014·山东·理 T19)已知等差数列{an}的公差为 2,前 n 项和为 Sn,且 S1,S2,S4 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=(-1)n-1 4푛 푎푛푎푛+1 ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【解析】(1)因为 S1=a1,S2=2a1+2 × 1 2 ×2=2a1+2, S4=4a1+4 × 3 2 ×2=4a1+12, 由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12), 解得 a1=1,所以 an=2n-1. (2)bn=(-1)n-1 4푛 푎푛푎푛+1 =(-1)n-1 4푛 (2푛 - 1)(2푛 + 1)=(-1)n-1( 1 2푛 - 1 + 1 2푛 + 1).当 n 为偶数时,T n=(1 + 1 3) ― (1 3 + 1 5)+…+ ( 1 2푛 - 3 + 1 2푛 - 1) ― ( 1 2푛 - 1 + 1 2푛 + 1)=1- 1 2푛 + 1 = 2푛 2푛 + 1.当 n 为奇数时,Tn=(1 + 1 3) ― (1 3 + 1 5)+…-( 1 2푛 - 3 + 1 2푛 - 1) + 1 2푛 - 1 + 1 2푛 + 1 =1+ 1 2푛 + 1 = 2푛 + 2 2푛 + 1.所以 Tn={2푛 + 2 2푛 + 1,푛为奇数, 2푛 2푛 + 1,푛为偶数. 或 Tn=2푛 + 1 + ( - 1)푛-1 2푛 + 1 . 48.(2014·全国 1·文 T17)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4 是方程 x2-5x+6=0 的根. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{푎푛 2푛}的前 n 项和. 【解析】(1)因为方程 x2-5x+6=0 的两根为 2,3, 由题意得 a2=2,a4=3. (等差数列性质)设数列{an}的公差为 d, 则 a4-a2=2d,故 d=1 2,从而 a1=3 2. 所以{an}的通项公式为 an=1 2n+1. (2)(错位相减法)设{푎푛 2푛}的前 n 项和为 Sn, 由(1)知 푎푛 2푛 = 푛 + 2 2푛+1 ,则 Sn= 3 22 + 4 23+…+푛 + 1 2푛 + 푛 + 2 2푛+1 ,1 2Sn= 3 23 + 4 24+…+푛 + 1 2푛+1 + 푛 + 2 2푛+2 . 两式相减,得1 2Sn=3 4 + ( 1 23 + … + 1 2푛+1) ― 푛 + 2 2푛+2 = 3 4 + 1 4(1 - 1 2푛-1) ― 푛 + 2 2푛+2 .所以 Sn=2-푛 + 4 2푛+1 . 49.(2014·安徽·文 T18)数列{an}满足 a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*. (1)证明:数列{푎푛 푛 }是等差数列; 38 (2)设 bn=3n· 푎푛,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 【解析】(1)证明由已知可得 푎푛+1 푛 + 1 = 푎푛 푛 +1,即 푎푛+1 푛 + 1 ― 푎푛 푛 =1. 所以{푎푛 푛 }是以 푎1 1 =1 为首项,1 为公差的等差数列. (2)解由(1)得 푎푛 푛 =1+(n-1)·1=n,所以 an=n2.从而 bn=n·3n. Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n, ① 3Sn=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1. ② ①-②得,-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1 =3·(1 - 3푛) 1 - 3 -n·3n+1=(1 - 2푛)·3푛+1 - 3 2 , 所以 Sn=(2푛 - 1)·3푛+1 + 3 4 . 50.(2014·山东·文 T19)在等差数列{an}中,已知公差 d=2,a2 是 a1 与 a4 的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn= an(n + 1) 2 ,记 Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求 Tn. 【解析】(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d), 即(a1+2)2=a1(a1+6),解得 a1=2, 所以数列{an}的通项公式为 an=2n. (2)由题意知 bn= an(n + 1) 2 =n(n+1), 所 以 Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn·(n+1). 因 为 bn+1-bn=2(n+1), 可 得 当 n 为 偶 数 时 ,Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+…+2n= n 2(4 + 2n) 2 = n(n + 2) 2 , 当 n 为 奇 数 时 ,Tn=Tn-1+(-bn)= (n - 1)(n + 1) 2 -n(n+1)=-(n + 1)2 2 . 所以 Tn={ - (n + 1)2 2 ,n 为奇数, n(n + 2) 2 ,n 为偶数. 51.(2014·大纲全国·文 T17)数列{an}满足 a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2. (1)设 bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式. 【解析】(1)证明由 an+2=2an+1-an+2 得 an+2-an+1=an+1-an+2,即 bn+1=bn+2.又 b1=a2-a1=1, 所以{bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列. 39 (2)解由(1)得 bn=1+2(n-1),即 an+1-an=2n-1. 于是 n ∑ k = 1 (ak+1-ak)= n ∑ k = 1 (2k-1), 所以 an+1-a1=n2,即 an+1=n2+a1. 又 a1=1,所以{an}的通项公式为 an=n2-2n+2. 52.(2014·全国 1·理 T17)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中 λ 为常数. (1)证明:an+2-an=λ; (2)是否存在 λ,使得{an}为等差数列?并说明理由. 【解析】(1)证明由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1, 两式相减,得 an+1(an+2-an)=λan+1. 由于 an+1≠0,所以 an+2-an=λ. (2)解由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得 a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1.令 2a2=a1+a3,解得 λ=4. 故 an+2-an=4. 由此可得{a2n-1}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{an}为等差数列. 53.(2013·全国 2·文 T17)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且 a1,a11,a13 成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求 a1+a4+a7+…+a3n-2. 【解析】(1)设{an}的公差为 d. 由题意,푎211=a1a13, 即(a1+10d)2=a1(a1+12d). 于是 d(2a1+25d)=0. 又 a1=25,所以 d=0(舍去),d=-2. 故 an=-2n+27. (2)(等差数列的前 n 项和)令 Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2. 由(1)知 a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为 25,公差为-6 的等差数列. 从而 Sn=푛 2(a1+a3n-2)=푛 2(-6n+56)=-3n2+28n. 54.(2013·全国 1·文 T17)已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5=-5. 40 (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{ 1 푎2푛-1푎2푛+1}的前 n 项和. 【解析】(1)设{an}的公差为 d,则 Sn=na1+푛(푛 - 1) 2 d. 由已知可得{3푎1 + 3푑 = 0, 5푎1 + 10푑 = -5,解得 a1=1,d=-1. 故{an}的通项公式为 an=2-n. (2) 由 (1) 知 1 푎2푛-1푎2푛+1 = 1 (3 - 2푛)(1 - 2푛) = 1 2( 1 2푛 - 3 - 1 2푛 - 1), 从 而 数 列 { 1 푎2푛-1푎2푛+1}的 前 n 项 和 为 1 2 ( 1 -1 - 1 1 + 1 1 - 1 3 + … + 1 2푛 - 3 - 1 2푛 - 1) = 푛 1 - 2푛. 55.(2012·湖北·理 T18 文 T20)已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式; (2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列{|an|}的前 n 项和. 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d,则 a2=a1+d,a3=a1+2d, 由题意得{3푎1 + 3푑 = -3, 푎1(푎1 + 푑)(푎1 + 2푑) = 8. 解得{푎1 = 2, 푑 = -3,或{푎1 = -4, 푑 = 3. 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,a2,a3,a1 分别为-1,-4,2,不成等比数列,不满足条件; 当 an=3n-7 时,a2,a3,a1 分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件. 故|an|=|3n-7|={ -3푛 + 7,푛 = 1,2, 3푛 - 7,푛 ≥ 3. 记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn. 当 n=1 时,S1=|a1|=4; 当 n=2 时,S2=|a1|+|a2|=5; 当 n≥3 时, Sn=S2+|a3|+|a4|+…+|an|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7) =5+(푛 - 2)[2 + (3푛 - 7)] 2 = 3 2n2-11 2 n+10. 当 n=2 时,满足此式. 41 综上,Sn={4,푛 = 1, 3 2푛2 - 11 2 푛 + 10,푛 > 1. 56.(2011·全国·文 T17)已知等比数列{an}中,a1=1 3,公比 q=1 3. (1)Sn 为{an}的前 n 项和,证明:Sn= 1 - 푎푛 2 ; (2)设 bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{bn}的通项公式. 【解析】(1)证明(公式法)因为 an=1 3 × (1 3)푛-1 = 1 3푛,Sn= 1 3(1 - 1 3푛) 1 - 1 3 = 1 - 1 3푛 2 ,所以 Sn= 1 - 푎푛 2 . (2)解(对数运算)bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-푛(푛 + 1) 2 . 所以{bn}的通项公式为 bn=-푛(푛 + 1) 2 . 57.(2011·全国·理 T17)等比数列{an}的各项均为正数,且 2a1+3a2=1,푎23=9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{ 1 푏푛}的前 n 项和. 【解析】(1)设数列{an}的公比为 q.由푎23=9a2a6,得푎23=9푎24, 所以 q2=1 9.由条件可知 q>0,故 q=1 3. 由 2a1+3a2=1 得 2a1+3a1q=1,所以 a1=1 3. 故数列{an}的通项公式为 an= 1 3푛. (2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an =-(1+2+…+n)=-푛(푛 + 1) 2 . 故 1 푏푛 =- 2 푛(푛 + 1)=-2(1 푛 - 1 푛 + 1), 1 푏1 + 1 푏2 +…+ 1 푏푛 =-2[(1 - 1 2) + (1 2 - 1 3) + … + (1 푛 - 1 푛 + 1)] =- 2푛 푛 + 1. 所以数列{ 1 푏푛}的前 n 项和为- 2푛 푛 + 1. 58.(2010·全国·理 T17)设数列{an}满足 a1=2,an+1-an=3·22n-1. (1)求数列{an}的通项公式; 42 (2)令 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 【解析】(1)由已知,当 n≥1 时, an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1 =3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1. 而 a1=2,所以数列{an}的通项公式为 an=22n-1. (2)(错位相消法)由 bn=nan=n·22n-1 知 Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1. ① 从而 22·Sn=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1. ② ①-②,得 (1-22)Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1, 即 Sn=1 9[(3n-1)22n+1+2]. 59.(2010·全国·文 T17)设等差数列{an}满足 a3=5,a10=-9, (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn 及使得 Sn 最大的序号 n 的值. 【解析】(1)(方程思想)由 an=a1+(n-1)d 及 a3=5,a10=-9 得{푎1 + 2푑 = 5, 푎1 + 9푑 = -9,可解得{푎1 = 9, 푑 = -2. 数列{an}的通项公式为 an=11-2n. (2)由(1)知,Sn=na1+푛(푛 - 1) 2 d=10n-n2. 因为 Sn=-(n-5)2+25, 所以(二次函数性质)当 n=5 时,Sn 取得最大值.