《数列》复习训练习题

《数列》复习训练习题第1讲数列的概念及简单表示法一、选择题1.数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式是an等于()A.eq\f(（－1）n＋1,2) B.coseq\f(nπ,2)C.coseq\f(n＋1,2)π D.coseq\f(n＋2,2)π解析令n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D正确.答案D2.数列eq\f(2,3)，－eq\f(4,5)，eq\f(6,7)，－eq\f(8,9)，…的第10项是()A.－eq\f(16,17) B.－eq\f(18,19) C.－eq\f(20,21) D.－eq\f(22,23)解析所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子.很容易归纳出数列{an}的通项公式an＝(－1)n＋1·eq\f(2n,2n＋1)，故a10＝－eq\f(20,21).答案C3.在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式an＝()A.2n－1 B.2n－1＋1C.2n－1 D.2(n－1)解析法一由an＋1＝2an＋1，可求a2＝3，a3＝7，a4＝15，…，验证可知an＝2n－1.法二由题意知an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.答案A4.数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an等于()A.2n－1 B.n2C.eq\f(（n＋1）2,n2) D.eq\f(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＝eq\f(Tn,Tn－1)＝eq\f(n2,（n－1）2).答案D5.数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝()A.7 B.6 C.5 D.4解析依题意得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.答案D二、填空题6.若数列{an}满足关系an＋1＝1＋eq\f(1,an)，a8＝eq\f(34,21)，则a5＝________.解析借助递推关系，则a8递推依次得到a7＝eq\f(21,13)，a6＝eq\f(13,8)，a5＝eq\f(8,5).答案eq\f(8,5)7.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＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.))答案eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2))8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an≠0(n∈N*)，又anan＋1＝Sn，则a3－a1＝________.解析因为anan＋1＝Sn，所以令n＝1得a1a2＝S1＝a1，即a2＝1，令n＝2，得a2a3＝S2＝a1＋a2，即a3＝1＋a1，所以a3－a1＝1.答案1三、解答题9.数列{an}的通项公式是an＝n2－7n＋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＝42－4×7＋6＝－6.(2)令an＝150，即n2－7n＋6＝150，解得n＝16或n＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项.(3)令an＝n2－7n＋6＞0，解得n＞6或n＜1(舍).∴从第7项起各项都是正数.10.已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq\f(n＋2,3)an.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式.解(1)由S2＝eq\f(4,3)a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3.由S3＝eq\f(5,3)a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝eq\f(3,2)(a1＋a2)＝6.(2)由题设知a1＝1.当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，整理得an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1.于是a1＝1，a2＝eq\f(3,1)a1，a3＝eq\f(4,2)a2，……an－1＝eq\f(n,n－2)an－2，an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1.将以上n个等式两端分别相乘，整理得an＝eq\f(n（n＋1）,2).显然，当n＝1时也满足上式.综上可知，{an}的通项公式an＝eq\f(n（n＋1）,2).11.设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是()A.eq\f(16,3) B.eq\f(13,3) C.4 D.0解析∵an＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大为0.答案D12.已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝3，则a2016的值为________.解析由题意得，a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－3，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝2，∴数列{an}是周期为6的周期数列，而2016＝6×336，∴a2016＝a6＝－1.答案－113.已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an＝________.解析由an－an＋1＝nanan＋1得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝n，则由累加法得eq\f(1,an)－eq\f(1,a1)＝1＋2＋…＋(n－1)＝eq\f(n2－n,2)，又因为a1＝1，所以eq\f(1,an)＝eq\f(n2－n,2)＋1＝eq\f(n2－n＋2,2)，所以an＝eq\f(2,n2－n＋2).答案eq\f(2,n2－n＋2)14.已知数列{an}中，an＝1＋eq\f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈R且a≠0).(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＋eq\f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，又a＝－7，∴an＝1＋eq\f(1,2n－9)(n∈N*).结合函数f(x)＝1＋eq\f(1,2x－9)的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*).∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.(2)an＝1＋eq\f(1,a＋2（n－1）)＝1＋eq\f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))，已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，结合函数f(x)＝1＋eq\f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，可知5<eq\f(2－a,2)<6，即－10<a<－8.即a的取值范围是(－10，－8).第2讲等差数列及其前n项和一、选择题1.已知数列{an}是等差数列，a1＋a7＝－8，a2＝2，则数列{an}的公差d等于()A.－1 B.－2 C.－3 D.－4解析法一由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋（a1＋6d）＝－8，,a1＋d＝2，))解得a1＝5，d＝－3.法二a1＋a7＝2a4＝－8，∴a4＝－4，∴a4－a2＝－4－2＝2d，∴d＝－3.答案C2.已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为()A.10 B.20 C.30 D.40解析设项数为2n，则由S偶－S奇＝nd得，25－15＝2n，解得n＝5，故这个数列的项数为10.答案A3.已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有()A.a1＋a101＞0 B.a2＋a100＜0C.a3＋a99＝0 D.a51＝51解析由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a101＝eq\f(a1＋a101,2)×101＝0.所以a1＋a101＝a2＋a100＝a3＋a99＝0.答案C4.设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37等于()A.0 B.37 C.100 D.－37解析设{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，则(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2，∴{an＋bn}为等差数列，又a1＋b1＝a2＋b2＝100，∴{an＋bn}为常数列，∴a37＋b37＝100.答案C5.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－11，a5＋a9＝－2，则当Sn取最小值时，n＝()A.9 B.8 C.7 D.6解析设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝－11，,a5＋a9＝－2，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－11，,2a1＋12d＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－13，,d＝2.))∴an＝－15＋2n.由an＝－15＋2n≤0，解得n≤eq\f(15,2).又n为正整数，∴当Sn取最小值时，n＝7.故选C.答案C二、填空题6.已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1＋aeq\o\al(2,2)＝－3，S5＝10，则a9的值是________.解析设数列{an}的公差为d，由题设得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋（a1＋d）2＝－3，,5a1＋\f(5×4,2)d＝10，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3，))因此a9＝a1＋8d＝20.答案207.正项数列{an}满足a1＝1，a2＝2，2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)＋aeq\o\al(2,n－1)(n∈N*，n≥2)，则a7＝________.解析由2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)＋aeq\o\al(2,n－1)(n∈N*，n≥2)，可得数列{aeq\o\al(2,n)}是等差数列，公差d＝aeq\o\al(2,2)－aeq\o\al(2,1)＝3，首项aeq\o\al(2,1)＝1，所以aeq\o\al(2,n)＝1＋3(n－1)＝3n－2，∴an＝eq\r(3n－2)，∴a7＝eq\r(19).答案eq\r(19)8.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝________.解析法一由已知得，am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，因为数列{an}为等差数列，所以d＝am＋1－am＝1，又因为Sm＝eq\f(m（a1＋am）,2)＝0，所以m(a1＋2)＝0，因为m≠0，所以a1＝－2，又am＝a1＋(m－1)d＝2，解得m＝5.法二因为Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，所以am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以公差d＝am＋1－am＝1，由Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ma1＋\f(m（m－1）,2)＝0，①,（m－1）a1＋\f(（m－1）（m－2）,2)＝－2.②))由①得a1＝eq\f(1－m,2)，代入②可得m＝5.法三因为数列{an}为等差数列，且前n项和为Sn，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列.所以eq\f(Sm－1,m－1)＋eq\f(Sm＋1,m＋1)＝eq\f(2Sm,m)，即eq\f(－2,m－1)＋eq\f(3,m＋1)＝0，解得m＝5，经检验为原方程的解.答案5三、解答题9.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(1)设数列{an}首项为a1，公差为d，由题意有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋5d＝4，,a1＋5d＝3.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝\f(2,5).))所以{an}的通项公式为an＝eq\f(2n＋3,5).(2)由(1)知，bn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2n＋3,5))).当n＝1，2，3时，1≤eq\f(2n＋3,5)<2，bn＝1；当n＝4，5时，2≤eq\f(2n＋3,5)<3，bn＝2；当n＝6，7，8时，3≤eq\f(2n＋3,5)<4，bn＝3；当n＝9，10时，4≤eq\f(2n＋3,5)<5，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.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.(1)证明由题设知，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)解由题设知，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，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝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.11.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的eq\f(1,7)是较小的两份之和，则最小的一份为()A.eq\f(5,3) B.eq\f(10,3) C.eq\f(5,6) D.eq\f(11,6)解析依题意，设这100份面包所分成的五份由小到大依次为a－2m，a－m，a，a＋m，a＋2m，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a＝100，,a＋（a＋m）＋（a＋2m）＝7（a－2m＋a－m），))解得a＝20，m＝eq\f(11a,24)，a－2m＝eq\f(a,12)＝eq\f(5,3)，即其中最小一份为eq\f(5,3)，故选A.答案A12.已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12＝24，则a6·a7的最大值为()A.36 B.6 C.4 D.2解析在等差数列{an}中，∵S12＝6(a6＋a7)＝24，∴a6＋a7＝4，令x>0，y>0，由基本不等式可得x·y≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)，当且仅当x＝y时“＝”成立.又a6>0，a7>0，∴a6·a7≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a6＋a7,2)))eq\s\up12(2)＝4，当且仅当a6＝a7＝2时，“＝”成立.即a6·a7的最大值为4，故选C.答案C13.设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－3,4n－3)，则eq\f(a9,b5＋b7)＋eq\f(a3,b8＋b4)的值为________.解析∵{an}，{bn}为等差数列，∴eq\f(a9,b5＋b7)＋eq\f(a3,b8＋b4)＝eq\f(a9,2b6)＋eq\f(a3,2b6)＝eq\f(a9＋a3,2b6)＝eq\f(a6,b6).∵eq\f(S11,T11)＝eq\f(a1＋a11,b1＋b11)＝eq\f(2a6,2b6)＝eq\f(2×11－3,4×11－3)＝eq\f(19,41)，∴eq\f(a6,b6)＝eq\f(19,41).答案eq\f(19,41)14.在数列{an}中，a1＝－5，a2＝－2，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2(n∈N*)，若对于任意n∈N*，A(n)，B(n)，C(n)成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{|an|}的前n项和.解(1)根据题意A(n)，B(n)，C(n)成等差数列.∴A(n)＋C(n)＝2B(n)，整理得an＋2－an＋1＝a2－a1＝－2＋5＝3，∴数列{an}是首项为－5，公差为3的等差数列，∴an＝－5＋3(n－1)＝3n－8.(2)|an|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3n＋8，n≤2，,3n－8，n≥3，))记数列{|an|}的前n项和为Sn.当n≤2时，Sn＝eq\f(n（5＋8－3n）,2)＝－eq\f(3n2,2)＋eq\f(13,2)n；当n≥3时，Sn＝7＋eq\f(（n－2）（1＋3n－8）,2)＝eq\f(3n2,2)－eq\f(13,2)n＋14，综上，Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(13,2)n，n≤2，,\f(3,2)n2－\f(13,2)n＋14，n≥3.))第3讲等比数列及其前n项和一、选择题1.已知{an}，{bn}都是等比数列，那么()A.{an＋bn}，{an·bn}都一定是等比数列B.{an＋bn}一定是等比数列，但{an·bn}不一定是等比数列C.{an＋bn}不一定是等比数列，但{an·bn}一定是等比数列D.{an＋bn}，{an·bn}都不一定是等比数列解析两个等比数列的积仍是一个等比数列.答案C2.在等比数列{an}中，a2a3a4＝8，a7＝8，则a1＝()A.1 B.±1 C.2 D.±2解析由a2a3a4＝aeq\o\al(3,3)＝8，得a3＝2，所以a7＝a3·q4＝2q4＝8，则q2＝2，因此a1＝eq\f(a3,q2)＝1.答案A3.一个蜂巢里有1只蜜蜂.第1天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有________只蜜蜂()A.55986 B.46656 C.216 D.36解析设第n天蜂巢中的蜜蜂数量为an，根据题意得数列{an}成等比数列，a1＝6，q＝6，所以{an}的通项公式an＝6×6n－1，到第6天，所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有a6＝6×65＝66＝46656只蜜蜂，故选B.答案B4.已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝()A.21 B.42 C.63 D.84解析设等比数列{an}的公比为q，则由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42，故选B.答案B5.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等于()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S20＞0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，故S40－S30＝80.S40＝150.故选A.答案A二、填空题6.在等比数列{an}中，Sn表示前n项和，若a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q等于________.解析两式相减得a4－a3＝2a3，从而求得eq\f(a4,a3)＝3.即q＝3.答案37.在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________.解析因为a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，q2＝－1舍去，a6＝a2q4＝1×22＝4.答案48.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝3S2，a3＝2，则a7＝________.解析设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，显然q≠1且q＞0，因为S4＝3S2，所以eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝eq\f(3a1（1－q2）,1－q)，解得q2＝2，因为a3＝2，所以a7＝a3q4＝2×22＝8.答案8三、解答题9.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(1)设{an}的公比为q，依题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q＝3，,a1q4＝81，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3.))因此，an＝3n－1.(2)因为bn＝log3an＝n－1，所以数列{bn}的前n项和Sn＝eq\f(n（b1＋bn）,2)＝eq\f(n2－n,2).10.设{an}是公比为q的等比数列.(1)推导{an}的前n项和公式；(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列.解(1)设{an}的前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.))(2)假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾.故数列{an＋1}不是等比数列.11.在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n等于()A.12 B.13 C.14 D.15解析设数列{an}的公比为q，由a1a2a3＝4＝aeq\o\al(3,1)q3与a4a5a6＝12＝aeq\o\al(3,1)q12，可得q9＝3，an－1anan＋1＝aeq\o\al(3,1)q3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以n＝14，故选C.答案C12.数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)等于()A.(3n－1)2 B.eq\f(1,2)(9n－1)C.9n－1 D.eq\f(1,4)(3n－1)解析∵a1＋a2＋…＋an＝3n－1，n∈N*，n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1，∴当n≥2时，an＝3n－3n－1＝2·3n－1，又n＝1时，a1＝2适合上式，∴an＝2·3n－1，故数列{aeq\o\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列.因此aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(4（1－9n）,1－9)＝eq\f(1,2)(9n－1).答案B13.在等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是________.解析当q>0时，S3＝a1＋a2＋a3＝1＋a1＋a3≥1＋2eq\r(a1a3)＝1＋2eq\r(aeq\o\al(2,2))＝3，当且仅当a1＝a3＝1时等号成立.当q<0时，S3＝a1＋a2＋a3＝1＋a1＋a3≤1－2eq\r(a1a3)＝1－2eq\r(aeq\o\al(2,2))＝－1，当且仅当a1＝a3＝－1时等号成立.所以，S3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞).答案(－∞，－1]∪[3，＋∞)14.设数列{an}(n＝1，2，3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|＜eq\f(1,1000)成立的n的最小值.解(1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)，所以q＝2.从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n.(2)由(1)得eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n).由|Tn－1|＜eq\f(1,1000)，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)－1))＜eq\f(1,1000)，即2n＞1000，因为29＝512＜1000＜1024＝210，所以n≥10，于是，使|Tn－1|＜eq\f(1,1000)成立的n的最小值为10.第4讲数列求和一、选择题1.等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10项的和为()A.120 B.70 C.75 D.100解析因为eq\f(Sn,n)＝n＋2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10项和为10×3＋eq\f(10×9,2)＝75.答案C2.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝()A.9 B.8 C.17 D.16解析S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案A3.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于()A.200 B.－200 C.400 D.－400解析S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.答案B4.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()A.5 B.6 C.7 D.16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16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C.答案C5.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2016＝()A.22016－1 B.3·21008－3C.3·21008－1 D.3·21007－2解析a1＝1，a2＝eq\f(2,a1)＝2，又eq\f(an＋2·an＋1,an＋1·an)＝eq\f(2n＋1,2n)＝2.∴eq\f(an＋2,an)＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2016＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2015＋a2016＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2015)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2016)＝eq\f(1－21008,1－2)＋eq\f(2（1－21008）,1－2)＝3·21008－3.故选B.答案B二、填空题6.有穷数列1，1＋2，1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________.解析由题意知所求数列的通项为eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为eq\f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－2－n.答案2n＋1－2－n7.数列{an}满足an＋an＋1＝eq\f(1,2)(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝________.解析由an＋an＋1＝eq\f(1,2)＝an＋1＋an＋2，∴an＋2＝an，则a1＝a3＝a5＝…＝a21，a2＝a4＝a6＝…＝a20，∴S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋a21)＝1＋10×eq\f(1,2)＝6.答案68.已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝________.解析由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1，即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝eq\f(3（1－4n）,1－4)＝4n－1.答案4n－1三、解答题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.解(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＝b1q＝3，,b3＝b1q2＝9))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,q＝3.))∴bn＝b1qn－1＝3n－1，又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n＝1，2，3，…).(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.从而数列{cn}的前n项和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＋eq\f(1－3n,1－3)＝n2＋eq\f(3n－1,2).10.已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋eq\f(1,2)an＝1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝logeq\s\do9(\f(1,3))(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)，求Tn.解(1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＋eq\f(1,2)a1＝1，得a1＝eq\f(2,3)，当n≥2时，Sn＝1－eq\f(1,2)an，Sn－1＝1－eq\f(1,2)an－1，则Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)(an－1－an)，即an＝eq\f(1,2)(an－1－an)，所以an＝eq\f(1,3)an－1(n≥2).故数列{an}是以eq\f(2,3)为首项，eq\f(1,3)为公比的等比数列.故an＝eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)＝2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)(n∈N*).(2)因为1－Sn＝eq\f(1,2)an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n).所以bn＝logeq\s\do9(\f(1,3))(1－Sn＋1)＝logeq\s\do9(\f(1,3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n＋1)＝n＋1，因为eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，所以Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(n,2（2n＋2）).11.已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,（n＋1）\r(n)＋n\r(n＋1))(n∈N*)，其前n项和为Sn，则在数列S1，S2，…，S2016中，有理数项的项数为()A.42 B.43C.44 D.45解析an＝eq\f(1,（n＋1）\r(n)＋n\r(n＋1))＝eq\f(（n＋1）\r(n)－n\r(n＋1),[（n＋1）\r(n)＋n\r(n＋1)][（n＋1）\r(n)－n\r(n＋1)])＝eq\f(\r(n),n)－eq\f(\r(n＋1),n＋1).所以Sn＝1－eq\f(\r(2),2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(\r(3),3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)－\f(\r(4),4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(n),n)－\f(\r(n＋1),n＋1)))＝1－eq\f(\r(n＋1),n＋1)，因此S3，S8，S15…为有理项，又下标3，8，15，…的通项公式为n2－1(n≥2)，所以n2－1≤2016，且n≥2，所以2≤n≤44，所以有理项的项数为43.答案B12.在数列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于()A.76 B.78C.80 D.82解析因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，所以a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11