第六章
数
列
第1讲 数列的概念及简单表示法
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
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.
B．cos
C．cos
π
D．cos
π
解析 令n＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D正确．
答案 D
2．数列，－，，－，…的第10项是
( )
A．－
B．－
C．－
D．－
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·，故a10＝－.
答案 C
3．(2016·上饶调研)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＋1
C．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 A
4．数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an等于
( )
A．2n－1
B．n2
C.
D.
解析 设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，
当n≥2时，an＝＝.
答案 D
5．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＋，a8＝，则a5＝________.
解析 借助递推关系，则a8递推依次得到a7＝，a6＝，a5＝.
答案
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＝
答案
8．(2017·北京海淀期末)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＝an.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解 (1)由S2＝a2得3(a1＋a2)＝4a2，
解得a2＝3a1＝3.由S3＝a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
解得a3＝(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知a1＝1.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
整理得an＝an－1.
于是
a1＝1，
a2＝a1，
a3＝a2，
……
an－1＝an－2，
an＝an－1.
将以上n个等式两端分别相乘，
整理得an＝.
显然，当n＝1时也满足上式．
综上可知，{an}的通项公式an＝.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11．设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是
( )
A.
B.
C．4
D．0
解析 ∵an＝－32＋，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大为0.
答案 D
12．(2017·石家庄质检)已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝3，则a2
016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2
016＝6×336，∴a2
016＝a6＝－1.
答案 －1
13．(2017·太原模拟)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－＝n，则由累加法得－＝1＋2＋…＋(n－1)＝，又因为a1＝1，所以＝＋1＝，所以an＝.
答案
14．(2016·榆林模拟)已知数列{an}中，an＝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＋(n∈N＋，a∈R，且a≠0)，
又a＝－7，∴an＝1＋(n∈N＋)．
结合函数f(x)＝1＋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＋＝1＋，
已知对任意的n∈N＋，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知5<<6，即－10
即a的取值范围是(－10，－8).第3讲 等比数列及其前n项和
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
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 C
2．在等比数列{an}中，如果a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，那么这个数列的公比为( )
A．2
B.
C．2或
D．－2或
解析 设数列{an}的公比为q，由＝＝＝＝＝，得q＝2或q＝.故选C.
答案 C
3．(教材改编)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．55
986
B．46
656
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＝46
656只蜜蜂，故选B.
答案 B
4．(2015·全国Ⅱ卷)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 B
5．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．－200
C．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．(2017·安庆模拟)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＝3.即q＝3.
答案 3
7．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 4
8．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＝，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
解得
因此，an＝3n－1.
(2)因为bn＝log3an＝n－1，
所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝.
10．(2017·合肥模拟)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－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
∴Sn＝，∴Sn＝
(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)，
a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aq2k＋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．
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
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＝aq3与a4a5a6＝12＝aq12，
可得q9＝3，an－1anan＋1＝aq3n－3＝324，
因此q3n－6＝81＝34＝q36，
所以n＝14，故选C.
答案 C
12．(2016·临沂模拟)数列{an}中，已知对任意n∈N＋，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于
( )
A．(3n－1)2
B.(9n－1)
C．9n－1
D.(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{a}是首项为4，公比为9的等比数列．
因此a＋a＋…＋a＝＝(9n－1)．
答案 B
13．(2017·南昌模拟)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＋2＝1＋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≤1－2＝1－2＝－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．(2015·四川卷)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)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|＜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＝，
所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－.
由|Tn－1|＜，得＜，
即2n＞1
000，
因为29＝512＜1
000＜1
024＝210，所以n≥10，
于是，使|Tn－1|＜成立的n的最小值为10.第2讲 等差数列及其前n项和
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2017·汉中调研)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
解得a1＝5，d＝－3.
法二 a1＋a7＝2a4＝－8，∴a4＝－4，
∴a4－a2＝－4－2＝2d，∴d＝－3.
答案 C
2．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 A
3．已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有
( )
A．a1＋a101＞0
B．a2＋a100＜0
C．a3＋a99＝0
D．a51＝51
解析 由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a101＝×101＝0.所以a1＋a101＝a2＋a100＝a3＋a99＝0.
答案 C
4．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 C
5．(2017·泰安模拟)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，由得
解得
∴an＝－15＋2n.
由an＝－15＋2n≤0，解得n≤.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．(2017·南昌模拟)已知每项均大于零的数列{an}中，首项a1＝1且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝2(n∈N＋且n≥2)，则a61＝________.
解析 由已知Sn－Sn－1＝2可得，－＝2，所以{}是以1为首项，2为公差的等差数列，故＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，所以a61＝S61－S60＝1212－1192＝480.
答案 480
7．正项数列{an}满足a1＝1，a2＝2,2a＝a＋a(n∈N＋，n≥2)，则a7＝________.
解析 由2a＝a＋a(n∈N＋，n≥2)，可得数列{a}是等差数列，公差d＝a－a＝3，首项a＝1，所以a＝1＋3(n－1)＝3n－2，∴an＝，∴a7＝.
答案
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＝＝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＋d＝na1＋，
得
由①得a1＝，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，
所以数列也为等差数列．
所以＋＝，即＋＝0，
解得m＝5，经检验为原方程的解．
答案 5
三、解答题
9．(2016·全国Ⅱ卷)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，
由题意有解得
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，bn＝.
当n＝1,2,3时，1≤<2，bn＝1；
当n＝4,5时，2≤<3，bn＝2；
当n＝6,7,8时，3≤<4，bn＝3；
当n＝9,10时，4≤<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．
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11．(2016·东北三省四市联考)《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是较小的两份之和，则最小的一份为
( )
A.
B.
C.
D.
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
解得a＝20，m＝，a－2m＝＝，即其中最小一份为，故选A.
答案 A
12．(2017·郑州模拟)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≤2，当且仅当x＝y时“＝”成立．又a6>0，a7>0，∴a6·a7≤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 C
13．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＝，则＋的值为________．
解析 ∵{an}，{bn}为等差数列，
∴＋＝＋＝＝.
∵＝＝＝＝，
∴＝.
答案
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|＝
记数列{|an|}的前n项和为Sn.
当n≤2时，Sn＝＝－＋n；
当n≥3时，Sn＝7＋＝－n＋14，
综上，Sn＝第4讲 数列求和
基础巩固题组(建议用时：40分钟)
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，则数列的前10项的和为
( )
A．120
B．70
C．75
D．100
解析 因为＝n＋2，所以的前10项和为10×3＋＝75.
答案 C
2．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 A
3．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 B
4．(2017·高安中学模拟)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 C
5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N＋)，则S2
016＝
( )
A．22
016－1
B．3·21
008－3
C．3·21
008－1
D．3·21
007－2
解析 a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2.∴＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，
∴S2
016＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2
015＋a2
016
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2
015)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2
016)
＝＋＝3·21
008－3.故选B.
答案 B
二、填空题
6．(2016·上饶模拟)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＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为－n＝2n＋1－2－n.
答案 2n＋1－2－n
7．(2016·宝鸡模拟)数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N＋)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝________.
解析 由an＋an＋1＝＝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×＝6.
答案 6
8．(2017·安阳二模)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|＝＝4n－1.
答案 4n－1
三、解答题
9．(2016·北京卷)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，
由得
∴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
＝＋＝n2＋.
10．(2017·铜川一模)已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N＋)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log(1－Sn＋1)(n∈N＋)，令Tn＝＋＋…＋，求Tn.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1，
由S1＋a1＝1，得a1＝，
当n≥2时，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1，
则Sn－Sn－1＝(an－1－an)，即an＝(an－1－an)，
所以an＝an－1(n≥2)．
故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．
故an＝·n－1＝2·n(n∈N＋)．
(2)因为1－Sn＝an＝n.
所以bn＝log(1－Sn＋1)＝logn＋1＝n＋1，
因为＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋＝－＝.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11．(2016·郑州模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N＋)，其前n项和为Sn，则在数列S1，S2，…，S2
016中，有理数项的项数为( )
A．42
B．43
C．44
D．45
解析 an＝
＝
＝－.
所以Sn＝1－＋＋＋…＋＝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≤2
016，且n≥2，所以2≤n≤44，所以有理项的项数为43.
答案 B
12．(2017·济南模拟)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．78
C．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，…，a11＋a10＝19，a12－a11＝21，所以a1＋a3＝2，a4＋a2＝8，…，a12＋a10＝40，
所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S12＝a1＋a2＋a3＋…＋a12＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋(a9＋a11)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＝3×2＋8＋24＋40＝78.
答案 B
13．设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝________.
解析 ∵f(x)＝，∴f(1－x)＝＝，
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.
S＝f＋f＋…＋f，①
S＝f＋f＋…＋f，②
①＋②得，2S＝＋＋…＋＝2
014，
∴S＝＝1
007.
答案 1
007
14．(2015·山东卷)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.
(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为d，令n＝1，得＝，
所以a1a2＝3.①
令n＝2，得＋＝，
所以a2a3＝15.②
解①②得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，所以Tn＝1×41＋2×42＋…＋n×4n，
所以4Tn＝1×42＋2×43＋…＋n×4n＋1，
两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1
＝－n·4n＋1＝×4n＋1－.
所以Tn＝×4n＋1＋＝.