专题10 数列求和及其应用(押题专练) 2018年高考文科数学二轮复习Word版含答案(教师用)

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1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有n ∈N *都有a 1·a 2·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259 C.2516D.3115解析：选A.当n ≥1时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2；当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.两式相除，得a n ＝⎝⎛⎭⎫n n －12.∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116，故选A.2．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2 019＝( ) A ．1 008×2 020 B ．1 008×2 019 C ．1 009×2 019D ．1 009×2 020解析：选C.在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列，S 2 019＝2 019×2 0182＝1 009×2 019.3．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( )A ．2 B.12 C ．3D.13解析：选C.∵S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3， ∴35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3， ∵a 1a 2a 3＝15.∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，即a 2＝3. 4．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－nn ＋1＋nn ＋1－n＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10.即n ＋1＝11，所以n ＋1＝1 21，n ＝120. 5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋2－1的值为( ) A.n ＋1n ＋B.34－n ＋1n ＋C.34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2 D.32－1n ＋1＋1n ＋26．定义n p 1＋p 2＋…＋p n 为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知正项数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n ＋1，又b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( )A.111 B.112 C.1011D.1112解析：选C.设数列{a n }的前n 项和为S n ，由n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1得S n ＝n (2n ＋1)，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，∴b n ＝4n －1＋14＝n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝11×2＋12×3＋…＋110×11＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝1－111＝1011.故选C.7．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －1解析：∵a n ＝2n －1＋12n ，∴S n ＝n （1＋2n －1）2＋⎝⎛⎭⎫1－12n ·121－12＝n 2＋1－12n .答案：A8．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n （n ＋2），则其前n 项和S n 为( )A ．1－1n ＋2B.32－1n －1n ＋1C.32－1n －1n ＋2D.32－1n ＋1－1n ＋2解析：∵a n ＝2n （n ＋2）＝1n －1n ＋2，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝32－1n ＋1－1n ＋2. 答案：D9．已知等比数列{a n }中，a 2·a 8＝4a 5，等差数列{b n }中，b 4＋b 6＝a 5，则数列{b n }的前9项和S 9等于( ) A ．9 B ．18 C ．36 D ．72 解析：∵在等比数列{a n }中，a 2·a 8＝4a 5，即a 25＝4a 5， ∴a 5＝4.∴由题意可知a 5＝b 4＋b 6＝2b 5＝4，∴b 5＝2. ∴S 9＝9b 5＝18. 答案：B10．等比数列{a n }中，a 4＝2， a 7＝5，则数列{lg a n }的前10项和等于( ) A ．2 B ．lg 50 C ．5 D ．10解析：由题意可知a 4a 7＝a 5a 6＝a 3a 8＝a 2a 9＝a 1a 10，即a 1a 2…a 9a 10＝105，所以数列{lg a n }的前10项和等于lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 9＋lg a 10＝lg a 1a 2…a 10＝lg 105＝5. 答案：C11．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里解析：由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝⎛⎭⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即第二天走了96里．答案：B12．在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为________．解析：{a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.答案：12013．已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于________．解析：根据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前6项之和S 16＝2×0＋7＝7. 答案：714．已知定义在R 上的函数f (x )是奇函数，且满足f (x )＝f (x ＋3)，f (－2)＝－3.若数列{a n }中，a 1＝－1，且前n 项和S n 满足S n n ＝2×a nn＋1，则f (a 5)＋f (a 6)＝________．15．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)n a n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 019＝________.解析：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1＋(－1)×1 009＝－ 1008.答案：－1 00816．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n －1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫23a n ＋13－⎝⎛⎭⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以数列{a n }为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －117．在等比数列{a n }中，0＜a 1＜a 4＝1，则能使不等式⎝⎛⎭⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎫a n －1a n≤0成立的最大正整数n 是________．解析：设等比数列的公比为q ，由已知得a 1q 3＝1，且q ＞1，⎝⎛⎭⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎫a n －1a n＝(a 1＋a 2＋…＋a n )－⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝a 1－qn1－q－1a 1⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1q n 1－1q≤0，化简得q －3≤q 4－n ，则－3≤4－n ，n ≤7. 答案：718．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n . 所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝－2101－2＋＋2＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.19．已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)∵4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3，∴当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3，两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵{a n }是正项数列，∴a n ＋a n －1≠0，∴a n －a n －1－2＝0，对任意n ≥2，n ∈N *都有a n －a n －1＝2，又由4S 1＝a 21＋2a 1－3得，a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)，∴{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)由已知及(1)知， b n ＝(2n ＋1)·2n ，T n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2T n ＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②②－①得，T n ＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n )＋(2n ＋1)·2n ＋1＝－6－2×－2n－11－2＋(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋(2n －1)·2n ＋1.20．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.解：(1)∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝⎛⎭⎫14n －1＝⎝⎛⎭⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1 ＝12×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1＋12－⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．21．已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，∴b 1＝b 2q ＝1，b 4＝b 3q ＝27，∴b n ＝3n －1(n ＝1，2，3，…)．设等差数列{a n }的公差为d . ∵a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27， ∴1＋13d ＝27，即d ＝2.∴a n ＝2n －1(n ＝1，2，3，…)． (2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1.从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n （1＋2n －1）2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.22．已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝15. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2a n，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1， ∵S 3＝6，S 5＝15，∴⎩⎨⎧3a 1＋12×3×（3－1）d ＝6，5a 1＋12×5×（5－1）d ＝15.即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋2d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n .23．已知函数f (x )＝x 2＋bx 为偶函数，数列{a n }满足a n ＋1＝2f (a n －1)＋1，且a 1＝3，a n >1. (1)设b n ＝log 2(a n －1)，证明：数列{b n ＋1}为等比数列； (2)设c n ＝nb n ，求数列{c n }的前n 项和S n . (1)证明：∵函数f (x )＝x 2＋bx 为偶函数， ∴b ＝0， ∴f (x )＝x 2，∴a n ＋1＝2(a n －1)2＋1， ∴a n ＋1－1＝2(a n －1)2，∴b n ＋1＋1b n ＋1＝log 2（a n ＋1－1）＋1log 2（a n －1）＋1＝2＋2log 2（a n －1）log 2（a n －1）＋1＝2. ∵a 1＝3， ∴b 1＝log 22＝1， ∴b n ＋1＝2n . 即b n ＝2n －1，∴数列{b n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列． (2)解：由题意得c n ＝n 2n －n .设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，设B n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2， ∴2A n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1. ∴－A n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－n ×2n ＋1－2，∴A n ＝(n －1)2n ＋1＋2.∴S n ＝A n －B n ＝(n －1)2n ＋1＋2－n （n ＋1）2.。

2018数学高考(文)二轮复习检测：题型练4大题专项数列的通项、求和问题解析版

题型练 4大题专项(二)数列的通项、乞降问题1.设数列 {a n}的前 n 项和为 S n,知足 (1-q)S n+qa n=1,且 q(q-1)≠0.(1)求 {a n}的通项公式 ;(2)若 S3,S9,S6成等差数列 ,求证 :a2,a8,a5成等差数列 .2.已知等差数列{ a n}的首项 a1=1,公差 d=1,前 n 项和为 S n,b n=.(1)求数列 { b n}的通项公式 ;(2)设数列 { b n}前 n 项和为 T n,求 T n.3.(2017江苏,19)对于给定的正整数k,若数列{a n}满足 :a n-k+a n-k+1 + +a n-1+a n+1+ +a n+k- 1+a n+k=2ka n对随意正整数 n(n>k)总建立 ,则称数列 {a n}是“P(k)数列”.(1) 证明 :等差数列 {a n}是“P(3) 数列”;(2) 若数列 { a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明 :{a n} 是等差数列 .4.已知等差数列 {a n} 的前 n 项和为 S n, 公比为 q 的等比数列 {b n} 的首项是 , 且a1+2q=3,a2 +4b2=6,S5=40.(1)求数列 { a n},{ b n}的通项公式 a n,b n;(2)求数列的前 n 项和 T n.5. 已知函数 f(x)=, 数列 { a n} 知足 :2a n+1-2a n+a n+1a n=0,且 a n a n+1≠0. 在数列 { b n} 中 ,b1=f (0), 且 b n=f( a n-1).(1)求证 :数列是等差数列 ;(2)求数列 { |b n|}的前 n 项和 T n.6.记 U={1,2, ,100} .对数列 {a n}(n∈ N* )和 U 的子集 T,若 T= ?,定义 S T=0;若 T={t1,t2, ,t k},定义 S T=+ +. 比如 :T= {1,3,66} 时 ,S T =a1+a 3+a66. 现设 {a n}(n ∈ N* ) 是公比为 3 的等比数列 , 且当T= {2,4}时 ,S T=30.(1)求数列 { a n}的通项公式 ;(2)对随意正整数 k(1≤ k≤ 100), 若 T ? {1,2, ,k}, 求证 :S T<a k+1;(3)设 C? U,D? U ,S C≥ S D,求证 :S C+S C∩D≥ 2S D .##题型练 4大题专项(二)数列的通项、乞降问题1.解 (1)当 n=1 时 ,由 (1 -q)S1+qa1=1,a1=1.当 n≥ 2 时 ,由 (1-q) S n+qa n=1,得 (1-q)S n-1+qa n-1=1,两式相减 ,得 a n=qa n-1.又 q(q-1)≠0,所以 {a n} 是以 1 为首项 ,q 为公比的等比数列n-1 ,故 a n=q .(2) 由 (1)可知 S n=,又 S3+S6=2S9,所以 ,化简 ,得 a369258 2 8 5 成等差数列.+a =2a ,两边同除以q,得 a+a =2a.故 a ,a ,a2.解 (1)∵在等差数列 { a n}中 ,a1=1,公差 d=1,∴S n=na1+d=,∴b n=.(2) b n==2,∴T n=b1+b2+b3+ +b n=2+ +=2++= 2.故 T n=.3.证明(1)由于 {a n}是等差数列 ,设其公差为d,则 a n=a1+(n-1)d,从而 ,当 n≥ 4 时 ,a n-k+a n+k=a1+(n-k- 1)d+a1+(n+k- 1)d=2a1+2(n-1)d=2a n,k=1,2,3,所以 a n-3+a n-2+a n- 1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n,所以等差数列{a n}是“P(3)数列”.(2)数列 { a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,所以 ,当 n≥ 3 时 ,a n-2 +a n-1+a n+1+a n+2=4a n,①当 n≥ 4 时 ,a n-3 +a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n.②由①知 ,a n-3+a n-2=4a n-1-(a n+a n+1),③a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n).④将③④代入② ,得 a n-1+a n+1=2a n,此中 n≥ 4,所以 a3,a4,a5,是等差数列,设其公差为d'.在①中 ,取 n=4,则 a2+a 3+a5+a6=4a4,所以 a2=a3-d',在①中 ,取 n=3,则 a1+a 2+a4+a5=4a3,所以 a1=a3-2d',所以数列 {a n}是等差数列 .4.解 (1)设 { a n}公差为 d,由题意得解得故a n=3n-1,b n=.(2)∵+22 n+1,∴T n=+ +(2 2n+3 -8)=.5.(1) 证明∵ 2a n+1-2a n+a n+1a n=0,∴,故数列是认为公差的等差数列.(2)解∵b1=f (0)=5,∴=5,7a1-2=5a1,∴a1=1,=1+(n- 1)·,∴a n=,b n==7-(n+ 1)=6-n.当 n≤ 6 时 ,T n=(5+6-n)=;当 n≥ 7 时 ,T n=15+ (1+n-6)=.故 T n=6.(1) 解由已知得 a n=a1·3n-1,n∈ N * .于是当 T= {2,4}时 ,S T=a2+a4 =3a1+27a1 =30a1.又 S T=30,故 30a1 =30,即 a1=1.所以数列(2)证明由于n-1*{a n}的通项公式为a n=3,n∈ N .n-1*T ? {1,2, ,k},a n=3 >0,n∈ N ,k- 1k k所以 S T≤ a1+a 2+ +a k=1+3+ +3 =(3 -1)<3 .(3)证明下边分三种状况证明 .①若 D 是 C 的子集 ,则 S C+S C∩D=S C+S D≥ S D +S D =2S D.②若 C 是 D 的子集 ,则 S C+S C∩D=S C+S C=2S C≥ 2S D .③若D不是 C的子集,且C不是 D的子集.令 E=C ∩?U D,F=D ∩?U C,则 E ≠?,F ≠?,E∩F= ?.于是 S C=S E+S C∩D,S D =S F+S C∩D,从而由 S C≥ S D得 S E≥S F .设 k 为 E 中的最大数 ,l 为 F 中的最大数 ,则 k≥ 1,l≥ 1,k≠l.由 (2)知 ,S E <a k+1.于是 3l-1=a l≤ S F≤ S E<a k+1 =3k,所以 l- 1<k,即 l≤ k.又 k≠l,故 l≤ k-1.l-1 S F≤ a1+a 2+ +a l=1+3+ +3 =, S E≥ 2S F+1,S C-S C∩D≥ 2(S D-S C∩D)+1,S C+S C∩D≥2S D +1.①②③,S C+S C∩D≥ 2S D .。

2018高考数列(二)等比数列及数列求和(教师版)

2018高考--数列（二）等比数列及其前n 项和知识梳理1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q ． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab ．2．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n 1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1.3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k．[小题体验]1．(教材习题改编)将公比为q 的等比数列a 1，a 2，a 3，a 4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a 1a 2，a 2a 3，a 3a 4，…．此数列是( )A ．公比为q 的等比数列B ．公比为q 2的等比数列C ．公比为q 3的等比数列D ．不一定是等比数列答案：B2．等比数列{a n }中，a 3＝12，a 4＝18，则a 6＝________．解析：法一：由a 3＝12，a 4＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝12，a 1q 3＝18，解得a 1＝163，q ＝32，∴a 6＝a 1q 5＝163×⎝ ⎛⎭⎪⎫325＝812．法二：由等比数列性质知，a 23＝a 2a 4，∴a 2＝a 23a 4＝12218＝8，又a 24＝a 2a 6，∴a 6＝a 24a 2＝1828＝812．答案：8123．(教材习题改编)在等比数列{a n }中，已知a 1＝－1，a 4＝64，则公比q ＝________，S 4＝________．答案：－4 514．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4 D ．±4解析：选C a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4，又∵a 5＝a 3q 2>0，∴a 5＝4．5．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________．答案：－12或1课堂——考点突破考点一等比数列的基本运算 [典例引领]1．(2017·武汉调研)若等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＋2a 2＝3，a 23＝4a 2a 6，则a 4＝( ) A ．38 B ．245 C ．316 D ．916 解析：选C 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2a 1q ＝3，a 1q 22＝4a 1q ·a 1q 5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，所以a 4＝a 1q 3＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝316．2．(2015·全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________．解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n ＝126，∴21－2n1－2＝126，∴n ＝6．答案：6[即时应用]1．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A ．13 B ．－13 C ．19 D ．－19 解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝a 1q ＋10a 1，a 1q 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧q 2＝9，a 1＝19.2．(2017·洛阳统考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋8a 4＝0，则S 4S3＝( ) A ．－53 B ．157 C ．56D ．1514解析：选C 在等比数列{a n }中，因为a 1＋8a 4＝0，所以q ＝－12，所以S 4S 3＝a 11－q 41－q a 11－q 31－q ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－123＝151698＝56． 3．(2015·安徽高考)已知数列{}a n 是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{}a n 的前n 项和等于________．解析：设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{}a n 为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴S n ＝1－2n1－2＝2n －1．答案：2n－1考点二等比数列的判定与证明[典例引领](2016·全国丙卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0． (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；(2)若S 5＝3132，求λ．解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0．由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ．由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1．因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1．(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n ．由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132．解得λ＝－1．[即时应用]设数列{}a n 的前n 项和为S n ，n ∈N *．已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1．(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．解：(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78． (2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)．∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 22a n ＋1－a n ＝12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．考点三等比数列的性质[典例引领]1．(2017·湖南师大附中月考)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7．由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2．由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8．2．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，由已知得S 4S 2＝1＋a 3＋a 4a 1＋a 2＝5，即1＋q 2＝5，所以q 2＝4， S 8S 4＝1＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋q 4＝1＋16＝17．答案：17 [即时应用]1．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A ．5 B ．9 C ．log 345 D ．10解析：选 D 由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10．2．(2017·长春调研)在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q 3n －3＝324，因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以3n －6＝36，即n ＝14．答案：14课后.三维演练一、基础巩固1．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列解析：选D 由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，选D ．2．在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且－a 3，a 2，a 4成等差数列，则S 7的值为( ) A ．125 B ．126 C ．127 D ．128解析：选C 设{a n }的公比为q ，则2a 2＝a 4－a 3，又a 1＝1，∴2q ＝q 3－q 2，解得q ＝2或q ＝－1，∵a n >0，∴q >0，∴q ＝2，∴S 7＝1－271－2＝127．3．(2016·石家庄质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2解析：选A 依题意，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－4－(2a n －4)，则a n ＋1＝2a n ，令n ＝1，则S 1＝2a 1－4，即a 1＝4，∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A ．4．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________．解析：由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16，∴a 2＝2，∴q 2＝a 4a 2＝4，∴a 6＝a 4q 2＝32．答案：325．在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________．解析：∵a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6．∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1＝15，a 1q 3－a 1q ＝6(q ≠1) 两式相除得q 2＋1q 2－1q q 2－1＝156，即2q 2－5q ＋2＝0， ∴q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．∴a 3＝1×22＝4．答案：4二、巩固加强1．已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( ) A ．10 B ．20C ．100D ．200解析：选C a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100． 2．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．18 B ．－18 C ．578 D ．558解析：选A 因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18．所以a 7＋a 8＋a 9＝18．3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15解析：选A ∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n ． ∴数列{a n }是以公比q ＝3的等比数列．∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5．4．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为( )A ．－2B ．2C ．－3D ．3解析：选B 设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1．∵S 2m S m ＝a 11－q 2m1－q a 11－qm1－q＝q m＋1＝9，∴q m ＝8．∴a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1，∴m ＝3，∴q 3＝8，∴q ＝2． 6．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．解析：因为3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3．化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1．答案：3n －17．(2017·海口调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ．且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝________．解析：依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2．答案：43⎝⎛⎭⎪⎫1－14n ＋28．(2017·兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 2，a 4，a 8成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n ．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 1＋3d2a 1＋d a 1＋7d解得d ＝1或d ＝0(舍去)，∴a n ＝1＋(n －1)＝n ． (2)由(1)得a n ＝n ，∴b n ＝2n，∴b n ＋1b n＝2，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，∴T n ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2．9．(2016·云南统测)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 2＋a 3＝26，S 6＝728． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：S 2n ＋1－S n S n ＋2＝4×3n．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由728≠2×26得，S 6≠2S 3，∴q ≠1．由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 11－q 31－q＝26，S 6＝a11－q 61－q＝728，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3.∴a n ＝2×3n －1．(2)证明：由(1)可得S n ＝21－3n1－3＝3n－1．∴S n ＋1＝3n ＋1－1，S n ＋2＝3n ＋2－1． ∴S 2n ＋1－S n S n ＋2＝(3n ＋1－1)2－(3n －1)(3n ＋2－1)＝4×3n． 10．已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)．(1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)，∴a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． ∵a 1＝5，a 2＝5，∴a 2＋2a 1＝15，∴a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，∴a n ＋1＋2a na n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，∴数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n，则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n ，∴a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n)．又∵a 1－3＝2，∴a n －3n≠0，∴{a n －3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．∴a n －3n ＝2×(－2)n －1，即a n ＝2×(－2)n －1＋3n．第四节数列求和一、知识梳理 1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －1d2．推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n1－q，q ≠1.2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．常用的裂项公式有：①1n n ＋1＝1n －1n ＋1； ②12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．[小题体验]1．若S n ＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n －1·n ，则S 50＝________．答案：－252．(教材习题改编)数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于________．答案：n 2＋1－12n课堂.考点突破考点一公式法求和[题组练透]1．(2017·重庆适应性测试)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，a 2＝5，则数列{a n }的前4项和为( ) A ．9 B ．22 C ．24 D ．32解析：选C 依题意得，数列{a n }是公差为2的等差数列，a 1＝a 2－2＝3，因此数列{a n }的前4项和等于4×3＋4×32×2＝24，选C ． 2．若等比数列{a n }满足a 1＋a 4＝10，a 2＋a 5＝20，则{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：由题意a 2＋a 5＝q (a 1＋a 4)，得20＝q ×10，故q ＝2，代入a 1＋a 4＝a 1＋a 1q 3＝10，得9a 1＝10，即a 1＝109．故S n ＝1091－2n1－2＝109(2n －1)．答案：109(2n－1)3．已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92．(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n ．解：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝12，故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12．(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8．设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 11－q n 1－q＝11－2n1－2＝2n－1．二、分组求和[典例引领](2016·北京高考)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4． (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ∈N *)．设等差数列{a n }的公差为d ．因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2．所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)知，c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1．从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n 1＋2n －12＋1－3n1－3＝n 2＋3n－12．[即时应用](2017·兰州实战考试)在等差数列{a n }中，a 2＋a 7＝－23，a 3＋a 8＝－29． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为q 的等比数列，求{b n }的前n 项和S n ．解：(1)设等差数列{a n }的公差是d ． ∵a 3＋a 8－(a 2＋a 7)＝2d ＝－6， ∴d ＝－3，∴a 2＋a 7＝2a 1＋7d ＝－23，解得a 1＝－1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－3n ＋2．(2)∵数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为q 的等比数列，∴a n ＋b n ＝q n －1，即－3n ＋2＋b n ＝q n －1，∴b n ＝3n －2＋q n －1．∴S n ＝[1＋4＋7＋…＋(3n －2)]＋(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1)＝n 3n －12＋(1＋q ＋q 2＋…＋qn －1)，故当q ＝1时，S n ＝n 3n －12＋n ＝3n 2＋n2；当q ≠1时，S n ＝n 3n －12＋1－qn1－q．考点三错位相减法求和[典例引领] (2016·山东高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1． (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a n ＋1n ＋1b n ＋2n，求数列{c n }的前n 项和T n ．解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，满足上式，所以a n ＝6n ＋5．设数列{b n }的公差为d ．由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧ 11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1． (2)由(1)知c n ＝6n ＋6n ＋13n ＋3n ＝3(n ＋1)·2n ＋1，又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n1－2n ＋12n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2．[即时应用](2017·泉州调研)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝15． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2a n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1， ∵S 3＝6，S 5＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋12×33－1d ＝6，5a 1＋12×55－1d ＝15，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋2d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n ． (2)由(1)得b n ＝a n 2a n ＝n2n ， ∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ， ①∴12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1， ②①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，∴T n ＝2－2＋n2n ．考点四裂项相消法求和常见的命题角度有：(1)形如a n ＝1n n ＋k型；(2)形如a n ＝1n ＋k ＋n 型；(3)形如a n ＝n ＋1n 2n ＋22型．[题点全练]角度一：形如a n ＝1n n ＋k型1．(2017·西安质检)等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n ；数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ＞0，{b n }的公比为q ，则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1．依题意有⎩⎪⎨⎪⎧q 2＋d 6，q ＋3＋3d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－43，q ＝9(舍去)．故a n ＝n ，b n ＝2n －1．(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝12n (n ＋1)，1S n ＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1．角度二：形如a n ＝1n ＋k ＋n型2．(2017·江南十校联考)已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋1f n，n ∈N *．记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝( ) A ． 2 016－1 B ． 2 017－1 C ． 2 018－1D ． 2 018＋1解析：选C 由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12．∴a n ＝1f n ＋1f n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－2 017)＝ 2 018－1．角度三：形如a n ＝n ＋1n 2n ＋22型3．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ．证明：对于任意的n ∈N *，都有T n<564．解：(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0．由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n ．于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n ．综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ． (2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋22． T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n －12－1n ＋12＋⎦⎥⎤1n2－1n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564． [演练冲关](2016·石家庄一模)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.∴{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1． (2)b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12×1－12n ＋1＝n 2n ＋1．课后.三维演练一、基础巩固1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 5＝25，则S 7＝( )A ．41B ．48C ．49D ．56解析：选C 设S n ＝An 2＋Bn ，由题知，⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝9，S 5＝25A ＋5B ＝25，解得A ＝1，B ＝0，∴S 7＝49．2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解析：选C 由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1．3．(2017·江西新余三校联考)数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100解析：选D 根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100，故选D ．4．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ．若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ， ∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0， ∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴S n ＝21－3n1－3＝3n－1．答案：3n－15．(2017·广西高三适应性测试)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1－1的前n 项和T n ＝________．解析：∵a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2n －12，n ≥2＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －1，n ≥2，∴a n ＝2n －1．∴1a n ＋1－1＝12n ＋12－1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4n ＋4．答案：n4n ＋4二、巩固加强1．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A ．158或5B ．3116或5C ．3116D ．158解析：选C 设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得91－q 31－q ＝1－q 61－q ，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116．2．已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝( )A ．1－4nB ．4n－1 C ．1－4n 3 D ．4n－13解析：选B 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列．∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝31－4n1－4＝4n－1．3．(2017·江西重点中学联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16解析：选C 根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0．又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7．故选C ．4．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n 2＋2n2＝n (n ＋1)．答案：n (n ＋1) 5．(2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ．若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．解析：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3．又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1，∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121．答案：1 1216．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 017＝________．解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n，①∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，②∵①÷②得a n ＋1a n －1＝2， ∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S 2 017＝1－21 0091－2＋21－21 0081－2＝21 010－3．答案：21 010－36．已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2．(1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝32S n ，求{c n }的前n 项和T n ．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，∵a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2，∴q 2＋3d ＝18,6＋d ＝q 2，联立方程可求得q ＝3，d ＝3，∴a n ＝3n －1，b n ＝3n ．(2)由题意得：S n ＝n 3＋3n 2，c n ＝32S n ＝32×23×1n n ＋1＝1n －1n ＋1．∴T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1．7．(2017·广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n ．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2．因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4．即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0．因为公比q ≠0，所以q ＝2．所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1．② 由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×41－2n －11－2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1．三、提高选做1．(2017·云南师大附中检测)已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________．解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1，∴a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13，∴a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289．答案：1 2892．(2017·湖南省东部六校联考)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的n 的最小值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋a 3＝3a 2，a 2＋a 4＝2a 3＋2即⎩⎪⎨⎪⎧a 12＋q 23a 1q ， ①a 1q ＋q 32a 1q 2＋4. ②由①得q 2－3q ＋2＝0，解得q ＝1或q ＝2．当q ＝1时，不合题意，舍去；当q ＝2时，代入②得a 1＝2，所以a n ＝2·2n －1＝2n．故所求数列{a n }的通项公式a n ＝2n (n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n ＋log 21a n ＝2n ＋log 212n ＝2n－n ，所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋ (2)－n＝(2＋22＋23＋ (2))－(1＋2＋3＋…＋n )＝21－2n1－2－n 1＋n 2＝2n ＋1－2－12n －12n 2．因为S n －2n ＋1＋47<0，所以2n ＋1－2－12n －12n 2－2n ＋1＋47<0，即n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10．因为n ∈N *，所以使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10．。

2018届高考数学(文)二轮专题复习习题：第5部分高考大题规范练 5-2-6 Word版含答案

大题规范练(六)(满分70分，押题冲刺，70分钟拿到主观题高分)解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．(本小题满分12分)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且(a －c )2＝b 2－34ac .(1)求cos B 的值；(2)若b ＝13，且sin A ，sin B ，sin C 成等差数列，求△ABC 的面积．解：(1)由(a －c )2＝b 2－34ac ，可得a 2＋c 2－b 2＝54ac .∴a 2＋c 2－b 22ac ＝58，即cos B ＝58.(2)∵b ＝13，cos B ＝58，∴b 2＝13＝a 2＋c 2－54ac ＝(a ＋c )2－134ac ，又sin A ，sin B ，sin C 成等差数列，由正弦定理，得a ＋c ＝2b ＝213，∴13＝52－134ac ，∴ac ＝12.由cos B ＝58，得sin B ＝398，∴△ABC 的面积S △ABC ＝12ac sin B ＝12×12×398＝3394.2．(本小题满分12分)在如图所示的多面体ABCDE 中，已知ABCD 是边长为2的正方形，平面ABCD ⊥平面ABE ，∠AEB ＝90°，AE ＝BE .(1)若M 是DE 的中点，试在AC 上找一点N ，使得MN ∥平面ABE ，并给出证明； (2)求多面体ABCDE 的体积．解：(1)连接BD ，交AC 于点N ，则点N 即为所求，证明如下： ∵ABCD 是正方形，∴N 是BD 的中点，又M 是DE 的中点，∴MN ∥BE ， ∵BE ⊂平面ABE ，MN ⊄平面ABE ， ∴MN ∥平面ABE .(2)取AB 的中点F ，连接EF ，∵△ABE 是等腰直角三角形，且AB ＝2， ∴EF ⊥AB ，EF ＝12AB ＝1，∵平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，EF ⊂平面ABE ，∴EF ⊥平面ABCD ，即EF 为四棱锥E ABCD 的高，∴V 四棱锥E ABCD ＝13S 正方形ABCD ·EF ＝13×22×1＝43.3．(本小题满分12分)延迟退休年龄的问题，近两年引发社会广泛关注，延迟退休年龄似乎已是一种必然趋势，然而反对的声音也随之而起．现对我市工薪阶层关于“延迟退休年龄”的态度进行调查，随机抽调了50人，他们月收入的频数分布及对“延迟退休年龄”持反对态度的人数如下表.认为月收入以5 000元为分界点的“延迟退休年龄”的态度有差异？(2)在月收入[1 000,2 000)(元)的被调查对象中随机选取2人进行追踪调查，求选中的2人均对“延迟退休年龄”持反对态度的概率．附：临界值表参考公式：K 2＝a ＋bc ＋d a ＋cb ＋d，n ＝a ＋b ＋c ＋d .解：(1)2×2列联表如下：∵K 2＝a ＋bc ＋d a ＋cb ＋d ＝10×40×32×18≈6.27＜6.635， ∴不能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为月收入以5 000元为分界点的“延迟退休年龄”的态度有差异．(2)月收入在[1 000,2 000)元的被调查对象有5人，不妨设为A ，B ，C ，D ，E ，其中A ，B ，C ，D 为反对，E 为赞成，则选取2人的可能情况有(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(C ，D )，(C ，E )，(D ，E )，共10种．其中均对“延迟退休年龄”持反对态度的有(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(B ，C )，(B ，D )，(C ，D )，共6种，∴在月收入[1 000,2 000)元的被调查对象中随机选取的2人均对“延迟退休年龄”持反对态度的概率为610＝35.4．(本小题满分12分)在平面直角坐标系中，已知点F (1,0)，直线l ：x ＝－1，动直线l ′垂直l 于点H ，线段HF 的垂直平分线交l ′于点P ，设点P 的轨迹为C .(1)求曲线C 的方程；(2)以曲线C 上的点Q (x 0，y 0)(y 0＞0)为切点作曲线C 的切线l 1，设l 1分别与x ，y 轴交于A ，B 两点，且l 1恰与以定点M (a,0)(a ＞2)为圆心的圆相切，当圆M 的面积最小时，求△ABF 与△QAM面积的比．解：(1)由题意得|PH |＝|PF |，∴点P 到直线l ：x ＝－1的距离等于它到定点F (1,0)的距离， ∴点P 的轨迹是以l 为准线，F 为焦点的抛物线， ∴点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .(2)解法一：由y 2＝4x ，当y ＞0时，y ＝2x ，∴y ′＝1x，∴以Q 为切点的切线l 1的斜率为k ＝1x 0，∴以Q (x 0，y 0)(y 0＞0)为切点的切线方程为l 1：y －y 0＝1x 0(x －x 0)，即y －y 0＝2y 0⎝⎛⎭⎪⎫x －y 204，整理得l 1：4x －2y 0y ＋y 20＝0.令x ＝0，则y ＝y 02，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，y 02，令y ＝0，则x ＝－y 204＝－x 0，∴A (－x 0,0)，点M (a,0)到切线l 1的距离d ＝y 20＋4a 2y 20＋4＝y 20＋42＋2a －2y 20＋4≥2a －1(当且仅当y 0＝2a －2时，取等号)．∴当点Q 的坐标为(a －2,2a －2)时，满足题意的圆M 的面积最小．此时A (2－a,0)，B (0，a －2)．S △ABF ＝12|1－(2－a )||a －2|＝12(a －1)a －2， S △AQM ＝12|a －(2－a )||2a －2|＝2(a －1)a －2.∴S △ABF S △AQM ＝14，∴△ABF 与△QAM 的面积之比为1∶4. 解法二：由题意知切线l 1的斜率必然存在，设为k ，则l 1：y －y 0＝k (x －x 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y －y 0＝k x －x 0y 2＝4x，得y －y 0＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 2－x 0，即y 2－4k y ＋4ky 0－y 20＝0，由Δ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫4k y 0－y 20＝0得(2－ky 0)2＝0，即k ＝2y 0.∴l 1：4x －2y 0y ＋y 20＝0.(下同解法一)5．(本小题满分12分)设函数f (x )＝x 3＋ax ＋2，g (x )＝－2cos x －x ＋(x ＋1)ln(x ＋1)． (1)若直线y ＝－4x 是曲线y ＝f (x )的切线，求实数a 的值；(2)若对任意x 1∈[1,2]，都存在x 2∈(－1,1]，使得f (x 1)－g (x 2)＞3a ＋4成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝3x 2＋a .设直线y ＝－4x 与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，－4x 0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧－4x 0＝x 30＋ax 0＋23x 20＋a ＝－4，解得x 0＝1，a ＝－7.(2)g ′(x )＝2sin x －1＋ln(x ＋1)＋1＝2sin x ＋ln(x ＋1)，∵当x ∈(－1,1]时，y ＝2sin x 及y ＝ln(x ＋1)均为增函数，∴g ′(x )在(－1,1]上为增函数，又g ′(0)＝0，∴当x ∈(－1,0)时，g ′(x )＜0；当x ∈(0,1]时，g ′(x )＞0，从而g (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增， ∴g (x )在(－1,1]上的最小值为g (0)＝－2.依题意得，当x ∈[1,2]时，f (x )min ＞3a ＋4＋g (0)＝3a ＋2. 当x ∈[1,2]时，f ′(x )＝3x 2＋a ∈[a ＋3，a ＋12]．当a ＋3≥0，即a ≥－3，x ∈[1,2]时，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (1)＝a ＋3，于是有a ＋3－3a ＞2(a ≥－3)，解得－3≤a ＜12.当a ＋12≤0，即a ≤－12，x ∈[1,2]时，f (x )单调递减，f (x )min ＝f (2)＝2a ＋10，于是有2a ＋10－3a ＞2(a ≤－12)，解得a ≤－12.当－12＜a ＜－3，x ∈[1,2]时，f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，－a 3上单调递减，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a3，2上单调递增，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a 3－a 3＋2，于是有2a 3－a3＋2－3a ＞2(－12＜a ＜－3)，解得－12＜a ＜－3.综上所述，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12. 请考生在第6、7题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． 6．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程已知曲线C 的极坐标方程是ρ＝4cos θ.以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos αy ＝t sin α(t 为参数)．(1)将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)若直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，且|AB |＝14，求直线l 的倾斜角α的值．解：(1)由ρ＝4cos θ得ρ2＝4ρcos θ. ∵x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－4x ＝0，即(x －2)2＋y 2＝4.(2)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos αy ＝t sin α代入曲线C 的方程得(t cos α－1)2＋(t sin α)2＝4，化简得t 2－2t cos α－3＝0.设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则⎩⎪⎨⎪⎧t 1＋t 2＝2cos α，t 1t 2＝－3.∴|AB |＝|t 1－t 2|＝t 1＋t 22－4t 1t 2＝4cos 2α＋12＝14，∴4cos 2α＝2，cos α＝±22，α＝π4或3π4. 7．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f (x )＝|x －2|＋|2x ＋a |，a ∈R . (1)当a ＝1时，解不等式f (x )≥4；(2)若存在x 0，使f (x 0)＋|x 0－2|＜3成立，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －2|＋|2x ＋1|.由f (x )≥4，得|x －2|＋|2x ＋1|≥4. 当x ≥2时，不等式等价于x －2＋2x ＋1≥4，解得x ≥53，所以x ≥2；当－12＜x ＜2时，不等式等价于2－x ＋2x ＋1≥4，即x ≥1，所以1≤x ＜2；当x ≤－12时，不等式等价于2－x －2x －1≥4，解得x ≤－1，所以x ≤－1.所以原不等式的解集为{x |x ≤－1或x ≥1}．(2)应用绝对值不等式可得f (x )＋|x －2|＝2|x －2|＋|2x ＋a |＝|2x －4|＋|2x ＋a |≥|2x ＋a －(2x －4)|＝|a ＋4|.因为存在x 0，使f (x 0)＋|x 0－2|＜3成立，所以(f (x )＋|x －2|)min ＜3，所以|a ＋4|＜3，解得－7＜a ＜－1，故实数a 的取值范围为(－7，－1)．。

专题10+数列求和及其应用(押题专练)-2019年高考理数二轮复习精品资料-含解析

1．已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124解析：由题意可知，数列{ a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为－2101－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.答案：C2．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝( ) A ．72 B ．88 C ．92 D ．983．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( ) A ．20 B ．40 C ．60 D ．80解析：由a n ＋1＝a n a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60.答案：C4．数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a 1＋a n ＋n (n ∈N *)，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016等于( )A.4 0322 017B.4 0282 015 C.2 0152 016 D.2 0142 015解析：由a 1＝1，a n ＋1＝a 1＋a n ＋n 可得a n ＋1－a n ＝n ＋1，利用累加法可得a n －a 1＝n －n ＋2，所以a n ＝n 2＋n 2，所以1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016＝2⎝⎛11－12＋12－13＋…＋12 016⎭⎫－12 017＝2⎝⎛⎭⎫1－12 017＝4 0322 017，选A.答案：A5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＝a 5.令b n ＝(－1)n －1a n ，则数列{b n }的前2n 项和T 2n为( )答案：D12．已知等比数列{a n }中，a 2·a 8＝4a 5，等差数列{b n }中，b 4＋b 6＝a 5，则数列{b n }的前9项和S 9等于( ) A ．9 B ．18 C ．36 D ．72 解析：∵在等比数列{a n }中，a 2·a 8＝4a 5，即a 25＝4a 5， ∴a 5＝4.∴由题意可知a 5＝b 4＋b 6＝2b 5＝4，∴b 5＝2. ∴S 9＝9b 5＝18. 答案：B13．等比数列{a n }中，a 4＝2，a 7＝5，则数列{lg a n }的前10项和等于( ) A ．2 B ．lg 50 C ．5 D ．10解析：由题意可知a 4a 7＝a 5a 6＝a 3a 8＝a 2a 9＝a 1a 10，即a 1a 2…a 9a 10＝105，所以数列{lg a n }的前10项和等于lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 9＋lg a 10＝lg a 1a 2…a 10＝lg 105＝5. 答案：C14．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里解析：由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝⎛⎭⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即第二天走了96里．答案：B15．在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为________．解析：{a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.答案：12016．已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于________．17．已知定义在R 上的函数f (x )是奇函数，且满足f (x )＝f (x ＋3)，f (－2)＝－3.若数列{a n }中，a 1＝－1，且前n 项和S n 满足S n n ＝2×a nn＋1，则f (a 5)＋f (a 6)＝________．解析：∵函数f (x )是奇函数， ∴f (－x )＝－f (x )，f (0)＝0. ∵f (x )＝f (x ＋3)，∴f (x )是以3为周期的周期函数． ∵S n ＝2a n ＋n ，∴S n －1＝2a n －1＋(n －1)(n ≥2)，两式相减并整理得a n ＝2a n －1－1，即a n －1＝2(a n －1－1)(n ≥2)， ∴数列{a n －1}是以2为公比的等比数列，首项为a 1－1＝－2，∴a n －1＝－2×2n －1＝－2n ，a n ＝－2n ＋1，∴a 5＝－31，a 6＝－63，∴f (a 5)＋f (a 6)＝f (－31)＋f (－63)＝f (2)＋f (0)＝f (2)＝－f (－2)＝3. 答案：318．已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，∴b 1＝b 2q ＝1，b 4＝b 3q ＝27，∴b n ＝3n －1(n ＝1，2，3，…)．设等差数列{a n }的公差为d . ∵a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27， ∴1＋13d ＝27，即d ＝2.∴a n ＝2n －1(n ＝1，2，3，…)． (2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1.从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n （1＋2n －1）2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.19．已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝15. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2a n，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1， ∵S 3＝6，S 5＝15，∴⎩⎨⎧3a 1＋12×3×（3－1）d ＝6，5a 1＋12×5×（5－1）d ＝15.即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋2d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n . (2)由(1)得b n ＝a n 2a n ＝n 2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，①①式两边同乘12，得12T n ＝122＋223＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，∴T n ＝2－12n －1－n2n .20．已知函数f (x )＝x 2＋bx 为偶函数，数列{a n }满足a n ＋1＝2f (a n －1)＋1，且a 1＝3，a n >1. (1)设b n ＝log 2(a n －1)，证明：数列{b n ＋1}为等比数列； (2)设c n ＝nb n ，求数列{c n }的前n 项和S n . (1)证明：∵函数f (x )＝x 2＋bx 为偶函数，∴b ＝0， ∴f (x )＝x 2，∴a n ＋1＝2(a n －1)2＋1， ∴a n ＋1－1＝2(a n －1)2， ∴b n ＋1＋1b n ＋1＝log 2（a n ＋1－1）＋1log 2（a n －1）＋1＝2＋2log 2（a n －1）log 2（a n －1）＋1＝2. ∵a 1＝3， ∴b 1＝log 22＝1， ∴b n ＋1＝2n . 即b n ＝2n －1，∴数列{b n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列． (2)解：由题意得c n ＝n 2n －n .设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，设B n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2， ∴2A n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1. ∴－A n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－n ×2n ＋1－2，∴A n ＝(n －1)2n ＋1＋2.∴S n ＝A n －B n ＝(n －1)2n ＋1＋2－n （n ＋1）2.21．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝2S 2＋4，a 5＝36. (1)求a n ，S n ；(2)设b n ＝S n －1(n ∈N *)，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n，求T n .解：(1)因为S 3＝2S 2＋4，所以a 1－d ＝－4，又因为a 5＝36，所以a 1＋4d ＝36，解得d ＝8，a 1＝4，所以a n ＝4＋8(n －1)＝8n －4， S n ＝n （4＋8n －4）2＝4n 2.(2)b n ＝S n －1＝4n 2－1＝(2n －1)(2n ＋1)， ∴1b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.22．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2且n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .解：(1)证明：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，① ∴S n (1＋2S n －1)＝S n －1，由上式知，若S n －1≠0，则S n ≠0. ∵S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)， ∴由①式可得，当n ≥2时，1S n －1S n －1＝2.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，其中首项为1S 1＝1a 1＝2，公差为2.(2)∵1S n ＝1S 1＋2(n －1)＝1a 1＋2(n －1)＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n （n －1）；当n ＝1时，a 1＝S 1＝12不适合上式．∴a n＝⎩⎨⎧12（n ＝1，n ∈N *），－12n （n －1）（n ≥2，n ∈N *）.23．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公比为q 的等比数列{b n }的首项为12，且a 1＋2q ＝3，a 2＋4b 2＝6，S 5＝40.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式a n ，b n ； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1＋1b n b n ＋1的前n 项和T n .(2)1a n a n ＋1＋1b n b n ＋1 ＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1＋1b n b n ＋1＝13⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋2＋22n ＋1，即有T n ＝13⎣⎡⎝⎛⎭⎫12－15＋⎝⎛⎭⎫15－18⎦⎤＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋2＋8（1－4n）1－4＝13⎝⎛⎭⎫12－13n ＋2＋13(22n ＋3－8) ＝13⎝⎛⎭⎫22n ＋3－13n ＋2－52. 24．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，对∀n ∈N *，有2S n ＝a 2n ＋a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，设{b n }的前n 项和为T n ，求T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数．解(1)∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①∴当n ＝1时，2a 1＝a 21＋a 1，解得a 1＝1；当n ≥2时，2S n －1＝a 2n －1＋a n －1，② 由①②得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， ∵∀n ∈N *有a n ＞0， ∴a n －a n －1＝1.∴数列{a n }是等差数列，首项为1，公差为1. ∴a n ＝1＋(n －1)＝n . (2)∵b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n＝1n n ＋1＋（n ＋1）n ＝nn－n ＋1n ＋1，∴{b n }的前n 项和为T n ＝⎝⎛⎭⎫1－22＋⎝⎛⎭⎫22－33＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n－n ＋1n ＋1＝1－n ＋1n ＋1， ∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中只有取n ＝3，8，15，24，35，48，63，80，99时，T n 才有理数． ∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为9.25．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 22成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：16≤T n ＜38.解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝70，（a 1＋6d ）2＝（a 1＋d ）（a 1＋21d ），解得a 1＝6，d ＝4， ∴a n ＝6＋(n －1)×4＝4n ＋2. (2)∵a 1＝6，d ＝4，∴S n ＝6n ＋n （n －1）2×4＝2n 2＋4n ，即1S n ＝12n （n ＋2）＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， ∴T n ＝14⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝38－2n ＋34（n ＋1）（n ＋2）＜38， ∵T n ＋1－T n ＝14⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋3＞0，∴数列{T n }是递增数列，即(T n )min ＝T 1＝38－2n ＋34（n ＋1）（n ＋2）＝16.故16≤T n ＜38.26．已知数列{a n }是公差为正数的等差数列，数列{b n }为等比数列，且a 1＝1，a 2＝b 2，a 5＝b 3，a 14＝b 4. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)对任意给定的k ∈N *，是否存在p ，r ∈N *(k ＜p ＜r )使1a k ，1a p ，1a r成等差数列？若存在，用k 分别表示p 和r (只要写出一组即可)；若不存在，请说明理由．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，则a 2＝1＋d ，a 5＝1＋4d ，a 14＝1＋13d ，即b 2＝1＋d ，b 3＝1＋4d ，b 4＝1＋13d ，所以(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，所以d ＝2，所以a n ＝1＋2(n －1)，即a n ＝2n －1，又b 2＝a 2＝3，b 3＝a 5＝9，所以{b n }的公比q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b n ＝b 2q n －2＝3×3n －2，即b n ＝3n －1.故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞.。

2018年高考数学(文科)二轮复习名师课件：专题三第2讲数列的求和及综合应用

归纳总结· 思维升华
真题感悟全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. 1.(2017·
(1)求{an}的通项公式；
an (2)求数列 2n＋1的前
n 项和.
解
(1)因为 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当 n≥2 时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，② 2 ①－②得(2n－1)an＝2，所以 an＝， 2n－1 又 n＝1 时，a1＝2 适合上式， 2 从而{an}的通项公式为 an＝ . 2n－1
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归纳总结· 思维升华
探究提高
1. 一般地，如果数列 {an}是等差数列， {bn}是等比数
列，求数列{an· bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般
是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解. 2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式 “错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
第 2讲
数列的求和及综合应用
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高考定位
1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出
现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、
函数交汇渗透.
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1 1 1 1 1 1 1 ＝ 3－5＋5－7＋…＋2n＋1－2n＋3 2
n ＝ . 3（2n＋3）
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2018年高考数学二轮总复习第一部分专题攻略专题四数列(十)递推数列及数列求和的综合问题课时作业文

k＝1 n
n
n＋1
)
A. C.
nn＋5
2
B.
n5n＋1
2
3nn＋1 n＋3n＋5 D. 2 2
解析：当 n＝1 时，3S1＝a1a2,3a1＝a1a2，所以 a2＝3，当 n≥2 时，由 3Sn＝anan＋1，可得 3Sn－1＝an－1an，两式相减得：3an＝an(an＋1－an－1)，又因为 an≠0，所以 an＋1－an－1＝3，所以{a2n}是一个以 3 为首项，3 为公差的等差数列．所以 a2k＝a2＋a4＋a6＋„＋a2n＝3n＋
26 3
a8＝3，„，这是一个周期为 6 的数列，一个周期内的 6 项之和为，又 40＝6×6＋4，所以 S40＝6× ＋1＋3＋3＋1＝60.
答案：C 4．(2017·广东省五校协作体第一次诊断考试)数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1＝a1＋an＋ 26 3
1
n(n∈N*)，则＋＋„＋等于( a1 a2 a2 016
n＋1 n
* *
)
B．2 －2
n
D．2
n－1
－2
n n－1
解析：因为 an＋1－an＝2 ，所以 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋„＋(a2－a1)＋a1＝2
＋
2
2
n－2
2－2 2－2 2 n n n＋1 ＋„＋2 ＋2＋2＝＋2＝2 －2＋2＝2 ，所以 Sn＝＝2 －2. 1－2 1－2 答案：C 8．各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 3Sn＝anan＋1，则 a2k＝(
* * *ຫໍສະໝຸດ n－1(2n－1)，∴T2n＝1－3＋5－7＋„＋(4n－3)－(4n－1)＝

专题11 数列求和及数列的简单应用(仿真押题)-2018年高考数学(文)命题猜想与仿真押题(原卷版)

1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有n ∈N *都有a 1·a 2·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( )A.6116B.259C.2516D.31152．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2 019＝( )A ．1 008×2 020B ．1 008×2 019C ．1 009×2 019D ．1 009×2 0203．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( ) A ．2 B.12C ．3 D.134．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( ) A ．120B ．99C ．11D ．121 5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1 n ＋1 2－1的值为( ) A.n ＋12 n ＋2B.34－n ＋12 n ＋2C.34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2 6．定义n p 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知正项数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n ＋1，又b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( ) A.111 B.112 C.1011 D.11127．数列{a n }满足：a 1 ＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有：a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 008＝( ) A.2 0072 008 B.2 0071 004 C.2 0082 009 D.4 0162 0098．设a 1，a 2，…，a 50是以－1，0，1这三个整数中取值的数列，若a 1＋a 2＋…＋a 50＝9且(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则a 1，a 2，…，a 50当中取零的项共有( )A ．11个B ．12个C ．15个D ．25个9．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N ＋)，则S 100＝( )A ．1 300B ．2 600C ．0D ．2 60210．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y ∈R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2C.⎣⎡⎭⎫12，1D.⎣⎡⎦⎤12，1 11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( )A.n 2n －1B.n ＋12n －1＋1C.2n －12n －1D.n ＋12n ＋1 12．已知定义在R 上的函数f (x )、g (x )满足f （x ）g （x ）＝a x ，且f ′(x )g (x )<f (x )g ′(x )，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52，若有穷数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）(n ∈N *)的前n 项和等于3132，则n ＝( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．813.设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则 (1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________.14．已知向量a ＝(2，－n )，b ＝(S n ，n ＋1)，n ∈N *，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，若a ⊥b ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n a n ＋1a n ＋4的最大项的值为．15．设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)令b n ＝na n ，n ＝1，2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .16．已知{a n }是单调递增的等差数列，首项a 1＝3，前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，首项b 1＝1，且a 2b 2＝12，S 3＋b 2＝20.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝S n cos(a n π)(n ∈N *)，求{c n }的前n 项和T n .17．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝10，a n ＋1＝9S n ＋10.(1)求证：{lg a n }是等差数列；(2)设T n 是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫3（lg a n ）（lg a n ＋1）的前n 项和，求T n ； (3)求使T n >14(m 2－5m )对所有的n ∈N *恒成立的整数m 的取值集合． 18.已知数列{a n }前n 项和为S n ，首项为a 1，且12，a n ，S n 成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和. 19．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32a n －1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 3a n 2＋1，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n. 20．设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，已知a 3＝5，S 8＝64.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ·2n ，求数列{b n }的前n 项和T n .21．已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的n 的最小值． 22．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．23．已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)．(1)求a n ；(2)若b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .24．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.。

2018届高考数学(文)二轮专题复习习题：第1部分专题四数列 1-4-1 Word版含答案

限时规范训练十等差数列、等比数列限时45分钟，实际用时________ 分值81分，实际得分________一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝20，且a 3，a 7，a 9成等比数列．S n 为{a n }的前n 项和，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110解析：选D.依题意得a 27＝a 3a 9，即(a 1＋6d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋8d )，即(20＋6d )2＝(20＋2d )(20＋8d )．因为d ≠0，解得d ＝－2，故S 10＝10a 1＋10×92d ＝110，故选D.2．等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A ．n (n ＋1) B ．n (n －1) C.n n ＋2D.n n －2解析：选A.∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，将d ＝2代入上式，解得a 1＝2， ∴S n ＝2n ＋n n －2＝n (n ＋1)，故选A.3．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选B.由等比数列的性质可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，所以a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，所以T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5，故选B.4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，则当S n 取最小值时，n ＝( ) A ．9 B ．8 C ．7D ．6解析：选C.设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－11，2a 1＋12d ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，d ＝2.∴a n ＝－15＋2n .由a n ＝－15＋2n ≤0，解得n ≤152.又n 为正整数，∴当S n 取最小值时，n ＝7.故选C.5．已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4－2a 27＋3a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D.因为数列{a n }为等差数列，所以a 4＋3a 8＝(a 4＋a 8)＋2a 8＝2a 6＋2a 8＝2(a 6＋a 8)＝2×2a 7，所以由a 4－2a 27＋3a 8＝0得4a 7－2a 27＝0，又因为数列{a n }的各项均不为零，所以a 7＝2，所以b 7＝2，则b 2b 8b 11＝b 6b 7b 8＝(b 6b 8)b 7＝(b 7)3＝8，故选D.6．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，且满足a 12＋a 22＝2a 1＋2a 2，a 34＋a 44＝4a 3＋4a 4，则a 1a 5＝( )A ．24 2B ．8C ．8 2D ．16解析：选C.设正项等比数列的公比为q ，q ＞0，则由a 12＋a 22＝2a 1＋2a 2得a 1＋a 22＝a 1＋a 2a 1a 2，a 1a 2＝4，同理由a 34＋a 44＝4a 3＋4a 4得a 3a 4＝16，则q 4＝a 3a 4a 1a 2＝4，q ＝2，a 1a 2＝2a 21＝4，a 21＝22，所以a 1a 5＝a 21q 4＝82，故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，若S k －2＝－4(k ＞2)，S k ＝0，S k ＋2＝8，则k ＝________.解析：由题意，得S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝8，S k －S k －2＝a k －1＋a k ＝4(k ＞2)，两式相减，得4d ＝4，即d ＝1，由S k ＝ka 1＋k k －2＝0，得a 1＝－k －12，将a 1＝－k －12代入a k －1＋a k ＝4，得－(k －1)＋(2k －3)＝k －2＝4，解得k ＝6.答案：68．已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是________．解析：当q ＞0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1＋1＋a 3≥1＋2a 1a 3＝1＋2a 22＝3，当q ＜0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≤1－2a 1a 3＝1－2a 22＝－1，所以，S 3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞)9．已知数列{a n }是各项均不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，且a n ＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n ≤n ＋8n对任意n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为________．解析：a n ＝S 2n －1⇒a n ＝n －a 1＋a 2n －12＝n －a n ⇒a 2n ＝(2n －1)a n ⇒a n ＝2n －1，n ∈N *.因为λa n≤n ＋8n对任意n ∈N *恒成立．所以λ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋n －nmin ，即λ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －8n＋15min ，f (n )＝2n －8n＋15在n ≥1时单调递增，其最小值为f (1)＝9，所以λ≤9，故实数λ的最大值为9. 答案：9三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)10．在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解：(1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0.故d ＝－1或d ＝4. 所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d ＜0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，则当n ≤11时， |a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－a 12－a 13－…－a 11＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＋2(a 1＋a 2＋…＋a 11＋a n )＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ， n ≤11，12n 2－212n ＋110， n ≥12.11．设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)．所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．故a n ＝2n. (2)由(1)得1a n ＝12n .所以T n ＝12＋122＋…＋12n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .12．已知数列{a n }是等比数列，其前n 项和是S n ，且S n ＝t ·3n－2t ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 1311＋S n (n ∈N *)，求数列{a n b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝t ·3－2t ＋1＝t ＋1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝t ·3n－t ·3n －1＝2t ·3n －1.∵数列{a n }是等比数列，∴a n a n －1＝2t ·3n －12t ·3n －2＝3(n ≥2)，∴a 2a 1＝2t ·3t ＋1＝3，∴t ＝1，a 1＝2， ∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)知，S n ＝3n －1，∴1＋S n ＝3n，∴11＋S n ＝13n ，b n ＝log1311＋S n＝n ， ∴a n b n ＝2n ×3n －1，T n ＝2＋4×3＋6×32＋…＋2n ×3n －1，①3T n ＝2×3＋4×32＋6×33＋…＋2n ×3n，② ①－②得，－2T n ＝2＋2(3＋32＋33＋…＋3n －1)－2n ×3n＝2＋2×－3n －11－3－2n ×3n，∴T n ＝12＋n －n2.。

2018年浙江高考数学二轮复习练习：专题限时集训5 数列求和及其综合应用 Word版含答案

专题限时集训(五) 数列求和及其综合应用(对应学生用书第页)[建议、组各用时：分钟][组高考达标]一、选择题．已知数列{}的前项和为，若＝－(∈*)，则＝( )【导学号：】．＋．．－．－[由＝－可得－＝－－(≥)，两式相减可得＝－－(≥)，即＝－(≥)．又＝－，＝，所以数列{}是以为首项，为公比的等比数列，则＝×－＝＋，故选.]．数列{}满足＝，且当≥时，＝－，则＝( )．．[因为＝，且当≥时，＝－，则＝，所以＝····，即＝××××＝.故选.]＋＋＋…＋的值为( )－－－＋[∵＝＝＝，∴＋＋＋…＋＝＝＝－.]．在等差数列{}中，＝－，其前项和为，若)－＝，则的值等于( )【导学号：】．．－．．－[等差数列中，＝＋，＝＋(－)，即数列是首项为＝－，公差为的等差数列．因为)－＝，所以( －)＝，＝，所以＝ [(－ )＋( －)×]＝，选.]．数列{}满足＝，且对任意的，∈*都有＋＝＋＋，则＋＋＋…＋)等于( )) )) )[令＝，得＋＝＋＋，即＋－＝＋，于是－＝，－＝，…，－－＝，上述－个式子相加得－＝＋＋…＋，所以＝＋＋＋…＋＝，因此＝＝，所以＋＋＋…＋)＝)－( )))＝)))＝).故选.]二、填空题．设是数列{}的前项和，＝－，则＝.【导学号：】[∵＝－，∴当＝时，＝－，解得＝，当≥时，∵＝＋，∴－＝－＋，∴＝－－，∴＝－，∴{}是以为首项，－为公比的等比数列，∴＝＝×＝.]．设数列{}的前项和为，若＝，＝－(∈*)，则数列的前项和为．[令＝得＝＝－，令＝得＝－＝＋＝－＋，解得＝，所以＝－，＝＝＝，则数列的前项和为＋＋…＋＝＝.]．已知数列{}的前项和满足＝＋(∈*)，且＝，则通项公式＝.错误!∈*[由＝＋(∈*)可得－＝(≥，∈*)两式相减得：＝＋－，即＝(≥，∈*)．又由＝及＝＋(∈*)可得＝，所以数列{}从第二项开始成一个首项为＝，公比为的等比数列，故当>，∈*时有＝·－，所以有＝错误!∈*.]三、解答题．已知等差数列{}中＝，前项和＝. 【导学号：】()求数列{}的通项公式；()若＝(－)，求数列{}的前项和.[解]()设等差数列{}的公差为，则由已知条件得(\\(＝＋＝，＝＋(×)×＝，))分∴(\\(＝，＝，))分∴＝＋(－)×＝－(∈*)分()由()可得＝(－)＝(－)(－)，分＝－＋－＋－＋…＋(－)＝×＝(∈*)分．(·衢州市高三数学质量检测)已知数列{}满足＝，＝＋，其中为{}的前项和(∈*)．()求，及数列{}的通项公式；()若数列{}满足＝，且{}的前项和为，求证：当≥时，≤≤.[解]()数列{}满足＝＋，则＝＋＝(＋－)，即＝＋，分所以＝，＝＝，所以＝，分即数列{}为以为首项，以为公比的等比数列，所以＝－(∈*)分()证明：在数列{}中，＝＝－×，分{}的前项和的绝对值＝－×＋－＋＋－＋…＋＝＋－＋＋－＋…＋，分当≥时，－≤＋－＋＋－＋…＋≤＋－＋＝，即≤≤分[组名校冲刺]一、选择题．已知函数＝(－)＋(>，≠)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{}的第二项与第三项，若＝，数列{}的前项和为，则等于( ) 【导学号：】[＝(－)＋恒过定点()，即＝，＝，又{}为等差数列，∴＝，∴＝，∴＝－＝，故选.]．已知数列{}中，＝－，＋＝＋，则＋＋＋…＋等于( )．．．．[∵＋＝＋，∴＋－＝，∴{}是以－为首项，为公差的等差数列，∴＝－＋(－)＝－.令≤，得≤，∴前项都为负值．∴＋＋＋…＋＝－(＋＋…＋)＋＋…＋＝－＋.∵＝＝×，∴＋＋＋…＋＝，故选.]．设数列{}的前项和为，且＝，{＋}为常数列，则＝( )[由题意知，＋＝，当≥时，(＋)＝(－)－，从而···…·＝··…·，有＝，当＝时上式成立，所以＝.故选.]．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了天后到达目的地，请问第二天走了( ) ．里．里．里．里[由题意，知每天所走路程形成以为首项，公比为的等比数列，则＝，解得＝，则＝，即第二天走了里．故选.]二、填空题．(·温州适应性测试)已知数列{}满足＝，＋·＝(∈*)，则＝.【导学号：】×－[∵数列{}满足＝，＋·＝①，∴＝时，＝，≥时，·－＝－②，∵①÷②得＝，∴数列{}的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴＝－)＋－)＝×－.]．已知{}是等差数列，＝，公差≠，为其前项和，若，，成等比数列，则＝.[∵，，成等比数列，∴＝，∴(＋)＝×(＋)，∴－＝，∵≠，∴＝.∴＝×＋×＝.]三、解答题．(·金华一中高考月模拟考试)数列{}中，＝，＋＝(∈≤≤ )，求证：()＞＋；()≥时，＜＋＜ .[证明] ()由题可知＞(≤≤ )，又＋＝，则－＋＝＞，分所以＞＋分()＝＋,\(＝)) (－－)＝－) ,\(＝))＝－) ,\(＝))＝－＋) ,\(＝))＞－，≥，故＋＞＝，≥分所以－＞－(－)，即＋＋＞－＋，≥.且由()知，＞＞＞…＞＞…，则＜，≥，＝，…，分由≤≤ 得－＋＞，当≥时，) ,\(＝))＜＜＜，故＝－＋) ,\(＝))＜－＋，即＋＜＋＝，≥分又当＝时，易得＜＋＜ .所以当≥时，＜＋＜分．(·绍兴一中高考考前适应性考试)已知数列{}满足＝，＋＝，∈*.()证明：≤＜＋＜；()设是数列{}的前项和，证明：＞－.【导学号：】[证明] ()①当＝时，＝，＝＝＝，所以≤＜＜，故结论成立分②假设当＝时结论成立，即≤＜＋＜，所以≤＜＋＜，因为函数＝在上单调递增，所以＜＝≤＜＜＝分即≤＋＜＋＜，也就是说当＝＋时，结论成立．由①②可知，对一切∈*均有≤＜＋＜分()－＋＝－＝－＝分由()知－∈，所以＜(－)≤，由三角函数性质得＜＝(－)(－)≤(－)＝(－)，即－＋＜(－)，所以－＜(－)－＝－，分故－＝(－)＋(－)＋…＋(－)＜×＜＝＜.即＞－分。

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1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n项和Sn为( )
A．n2＋1－12n B．n2＋2－12n
C．n2＋1－12n－1 D．n2＋2－12n－1
【答案】A
【解析】∵an＝2n－1＋12n，

∴Sn＝n（1＋2n－1）2＋1－12n·121－12＝n2＋1－12n.
2．若数列{an}的通项公式为an＝2n（n＋2），则其前n项和Sn为( )
A．1－1n＋2 B.32－1n－1n＋1
C.32－1n－1n＋2 D.32－1n＋1－1n＋2
【答案】D

－1n＋2.
3．已知等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6＝a5，则数列{bn}的前9项和S9等于( )
A．9 B．18 C．36 D．72
【答案】B
【解析】∵在等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，即a25＝4a5，
∴a5＝4.
∴由题意可知a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2.
∴S9＝9b5＝18.
4．等比数列{an}中，a4＝2， a7＝5，则数列{lg an}的前10项和等于( )
A．2 B．lg 50 C．5 D．10
【答案】C
【解析】由题意可知a4a7＝a5a6＝a3a8＝a2a9＝a1a10，即a1a2…a9a10＝105，
所以数列{lg an}的前10项和等于lg a1＋lg a2＋…＋lg a9＋lg a10＝lg a1a2…a10＝lg 105＝5.
5．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健不为难，次日脚痛
减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一
天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了
( )
A．192里 B．96里 C．48里 D．24里
【答案】B

【解析】由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为12的等比数列，则a11－1261－12＝378，解得
a1＝192，则a
2
＝96，即第二天走了96里．

6．在数列{an}中，an＋1－an＝2，Sn为{an}的前n项和．若S10＝50，则数列{an＋an＋1}的前10项和为
________．
【答案】120
【解析】{an＋an＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝
2S10＋10×2＝120.
7．已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则
这个数列的前16项之和S16等于________．
【答案】7
8．已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且满足f(x)＝f(x＋3)，f(－2)＝－3.若数列{an}中，a1＝－1，
且前n项和Sn满足Snn＝2×ann＋1，则f(a5)＋f(a6)＝________．
【答案】3
【解析】∵函数f(x)是奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，f(0)＝0.
∵f(x)＝f(x＋3)，
∴f(x)是以3为周期的周期函数．
∵Sn＝2an＋n，
∴Sn－1＝2an－1＋(n－1)(n≥2)，
两式相减并整理得an＝2an－1－1，即an－1＝2(an－1－1)(n≥2)，
∴数列{an－1}是以2为公比的等比数列，
首项为a1－1＝－2，
∴an－1＝－2×2n－1＝－2n，an＝－2n＋1，
∴a5＝－31，a6＝－63，
∴f(a5)＋f(a6)＝f(－31)＋f(－63)＝f (2)＋f(0)＝f(2)＝－f(－2)＝3
9．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．
10．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，S5＝15.
(1)求{an}的通项公式；

(2)设bn＝an2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，
∵S3＝6，S5＝15，

∴3a1＋12×3×（3－1）d＝6，5a1＋12×5×（5－1）d＝15.即a1＋d＝2，a1＋2d＝3，
解得a1＝1，d＝1.
11．已知函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，数列{an}满足an＋1＝2f(an－1)＋1，且a1＝3，an>1.
(1)设bn＝log2(an－1)，证明：数列{bn＋1}为等比数列；
(2)设cn＝nbn，求数列{cn}的前n项和Sn.
(1)证明：∵函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，
∴b＝0，
∴f(x)＝x2，
∴an＋1＝2(an－1)2＋1，
∴an＋1－1＝2(an－1)2，

∴bn＋1＋1bn＋1＝log2（an＋1－1）＋1log2（an－1）＋1＝2＋2log2（an－1）log2（an－1）＋1＝2.
∵a1＝3，
∴b1＝log22＝1，
∴bn＋1＝2n.
即bn＝2n－1，
∴数列{bn＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列．
(2)解：由题意得cn＝n2n－n.
设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
设Bn＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n＋1）2，
∴2An＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1
∴－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2（1－2n）1－2－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2，