高考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)講義專題三第2講數(shù)列求和及綜合應(yīng)用

第2講數(shù)列求和及綜合應(yīng)用高考定位數(shù)列求和主要考查通過(guò)分組轉(zhuǎn)化、錯(cuò)位相減、裂項(xiàng)相消等方法求數(shù)列的和，難度中檔偏下；數(shù)列的綜合問(wèn)題是高考考查的熱點(diǎn)，主要考查數(shù)列與其他知識(shí)的交匯問(wèn)題.真題感悟(2018·浙江卷)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項(xiàng).數(shù)列{bn}滿足b1＝1，數(shù)列{(bn＋1－bn)an}的前n項(xiàng)和為2n2＋n.(1)求q的值；(2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式.解(1)由a4＋2是a3，a5的等差中項(xiàng)得a3＋a5＝2a4＋4，所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.由a3＋a5＝20得8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,q)))＝20，解得q＝2或q＝eq\f(1,2)，因?yàn)閝>1，所以q＝2.(2)設(shè)cn＝(bn＋1－bn)an，數(shù)列{cn}前n項(xiàng)和為Sn.由cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))解得cn＝4n－1.由(1)可知an＝2n－1，所以bn＋1－bn＝(4n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，故bn－bn－1＝(4n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)，n≥2，bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)＋(4n－9)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－3)＋…＋7·eq\f(1,2)＋3.設(shè)Tn＝3＋7·eq\f(1,2)＋11·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋…＋(4n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)，n≥2，eq\f(1,2)Tn＝3·eq\f(1,2)＋7·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋…＋(4n－9)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)＋(4n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，所以eq\f(1,2)Tn＝3＋4·eq\f(1,2)＋4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋…＋4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n－5))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，因此Tn＝14－(4n＋3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)，n≥2，又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)，n≥2，又b1＝1也適合上式，所以bn＝15－(4n＋3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2).考點(diǎn)整合1.數(shù)列求和常用方法(1)分組轉(zhuǎn)化求和：把數(shù)列的每一項(xiàng)拆成兩項(xiàng)(或多項(xiàng))，再重新組合成兩個(gè)(或多個(gè))簡(jiǎn)單的數(shù)列，最后分別求和.(2)錯(cuò)位相減法：適用于各項(xiàng)由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列對(duì)應(yīng)項(xiàng)的乘積組成的數(shù)列.把Sn＝a1＋a2＋…＋an兩邊同乘以相應(yīng)等比數(shù)列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，兩式錯(cuò)位相減即可求出Sn.(3)裂項(xiàng)相消法：即將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個(gè)式子的代數(shù)差的形式，然后通過(guò)累加抵消中間若干項(xiàng)的方法，裂項(xiàng)相消法適用于形如eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(c,anan＋1)))(其中{an}是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列，c為常數(shù))的數(shù)列.2.數(shù)列中的不等式問(wèn)題主要有證明數(shù)列不等式、比較大小或恒成立問(wèn)題，解決方法如下：(1)利用數(shù)列(或函數(shù))的單調(diào)性；(2)放縮法：①先求和后放縮；②先放縮后求和，包括放縮后成等差(或等比)數(shù)列再求和，或者放縮后成等差比數(shù)列再求和，或者放縮后裂項(xiàng)相消法求和；(3)數(shù)學(xué)歸納法.3.數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題主要題型為：證明不等式，或不等式恒成立問(wèn)題，轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題是其主要思路，而求最值常用方法為：①作差比較，利用數(shù)列單調(diào)性求最值；②放縮法求最值.熱點(diǎn)一數(shù)列的求和問(wèn)題[考法1]分組轉(zhuǎn)化求和【例1－1】(2018·天津卷)設(shè){an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)；{bn}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整數(shù)n的值.解(1)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q(q>0).由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因?yàn)閝>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.所以，Tn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，從而a1＝1，d＝1，故an＝n.所以，Sn＝eq\f(n（n＋1）,2).(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝eq\f(2×（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－n－2.由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得eq\f(n（n＋1）,2)＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.所以，n的值為4.探究提高1.在處理一般數(shù)列求和時(shí)，一定要注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想.把一般的數(shù)列求和轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進(jìn)行求和.在利用分組求和法求和時(shí)，常常需要對(duì)項(xiàng)數(shù)n進(jìn)行討論，最后再驗(yàn)證是否可以合并為一個(gè)表達(dá)式.2.分組求和的策略：(1)根據(jù)等差、等比數(shù)列分組；(2)根據(jù)正號(hào)、負(fù)號(hào)分組.[考法2]裂項(xiàng)相消法求和【例1－2】設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn滿足Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1（a1＋1）)＋eq\f(1,a2（a2＋1）)＋…＋eq\f(1,an（an＋1）)＜eq\f(1,3).(1)解由題意知，Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.令n＝1，有Seq\o\al(2,1)－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，可得Seq\o\al(2,1)＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，又an為正數(shù)，所以a1＝2.(2)解由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得，(Sn＋3)(Sn－n2－n)＝0，則Sn＝n2＋n或Sn＝－3，又?jǐn)?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.又a1＝2＝2×1，所以an＝2n.(3)證明當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,a1（a1＋1）)＝eq\f(1,2×3)＝eq\f(1,6)＜eq\f(1,3)成立；當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(1,an（an＋1）)＝eq\f(1,2n（2n＋1）)＜eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，所以eq\f(1,a1（a1＋1）)＋eq\f(1,a2（a2＋1）)＋…＋eq\f(1,an（an＋1）)＜eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)[(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)(eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1))＜eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,3).所以對(duì)一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1（a1＋1）)＋eq\f(1,a2（a2＋1）)＋…＋eq\f(1,an（an＋1）)＜eq\f(1,3).探究提高(1)解決本題的關(guān)鍵是先放縮后裂項(xiàng)求和，如本題中eq\f(1,2n（2n＋1）)＜eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)，根據(jù)結(jié)構(gòu)特征合理放縮.(2)裂項(xiàng)相消法的基本思想是把數(shù)列的通項(xiàng)an分拆成an＝bn＋1－bn等形式，從而達(dá)到在求和時(shí)逐項(xiàng)相消的目的，在解題中要善于根據(jù)這個(gè)基本思想變換數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，使之符合裂項(xiàng)相消法的條件.[考法3]錯(cuò)位相減法求和【例1－3】(2018·杭州調(diào)研)已知等差數(shù)列{an}滿足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，該數(shù)列的前三項(xiàng)分別加上1，1，3后成等比數(shù)列，且an＋2log2bn＝－1.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)設(shè)d為等差數(shù)列{an}的公差，且d>0，由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分別加上1，1，3成等比數(shù)列，得(2＋d)2＝2(4＋2d)，因?yàn)閐>0，所以d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又因?yàn)閍n＝－1－2log2bn，所以log2bn＝－n即bn＝eq\f(1,2n).(2)由(1)知，an·bn＝(2n－1)·eq\f(1,2n).Tn＝eq\f(1,21)＋eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n)，①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(3,23)＋eq\f(5,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n＋1)，②①－②，得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)))－eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(1,2)＋2×eq\f(\f(1,22)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(1,2)＋1－eq\f(1,2n－1)－eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(3,2)－eq\f(2n＋3,2n＋1).所以Tn＝3－eq\f(2n＋3,2n).探究提高(1)所謂“錯(cuò)位”，就是要找“同類項(xiàng)”相減.要注意的是相減后得到的部分，在求等比數(shù)列的和時(shí)，一定要查清其項(xiàng)數(shù).(2)為保證結(jié)果正確，可對(duì)得到的和取n＝1，2進(jìn)行驗(yàn)證.【訓(xùn)練1－1】(2018·北京卷)設(shè){an}是等差數(shù)列，且a1＝ln2，a2＋a3＝5ln2.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.解(1)設(shè){an}的公差為d.因?yàn)閍2＋a3＝5ln2，所以2a1＋3d＝5ln2.又a1＝ln2，所以d＝ln2.所以an＝a1＋(n－1)d＝nln2.(2)因?yàn)閑a1＝eln2＝2，eq\f(ean,ean－1)＝ean－an－1＝eln2＝2，所以{ean}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列.所以ea1＋ea2＋…＋ean＝2×eq\f(1－2n,1－2)＝2n＋1－2.【訓(xùn)練1－2】已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和(n∈N*).解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q(q>0)，由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，又因?yàn)閝>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聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2，{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n.(2)設(shè)數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為Tn，由a2n＝6n－2，bn＝2n，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，上述兩式相減，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1，＝eq\f(12×（1－2n）,1－2)－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16.所以Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.所以數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為(3n－4)2n＋2＋16.熱點(diǎn)二數(shù)列的綜合應(yīng)用【例2】已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2a3…an＝(eq\r(2))bn(n∈N*).若{an}為等比數(shù)列，且a1＝2，b3＝6＋b2.(1)求an與bn；(2)設(shè)cn＝eq\f(1,an)－eq\f(1,bn)(n∈N*).記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn.①求Sn；②求正整數(shù)k，使得對(duì)任意n∈N*均有Sk≥Sn.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由題意a1a2a3…an＝(eq\r(2))bn，b3－b2＝6，知a3＝(eq\r(2))b3－b2＝8.又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an＝2n(n∈N*).所以，a1a2a3…an＝2eq\f(n（n＋1）,2)＝(eq\r(2))n(n＋1).故數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為bn＝n(n＋1)(n∈N*).(2)①由(1)知cn＝eq\f(1,an)－eq\f(1,bn)＝eq\f(1,2n)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))(n∈N*)，所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,2n)(n∈N*).②因?yàn)閏1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；當(dāng)n≥5時(shí)，cn＝eq\f(1,n（n＋1）)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,2n)－1))，而eq\f(n（n＋1）,2n)－eq\f(（n＋1）（n＋2）,2n＋1)＝eq\f(（n＋1）（n－2）,2n＋1)>0，得eq\f(n（n＋1）,2n)≤eq\f(5·（5＋1）,25)<1，所以，當(dāng)n≥5時(shí)，cn<0.綜上，對(duì)任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4.探究提高以數(shù)列為背景的不等式恒成立問(wèn)題，多與數(shù)列求和相聯(lián)系，最后利用數(shù)列或數(shù)列對(duì)應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性求解.【訓(xùn)練2】已知{xn}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.(1)求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式；(2)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，依次連接點(diǎn)P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折線P1P2…Pn＋1，求由該折線與直線y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所圍成的區(qū)域的面積Tn.解(1)設(shè)數(shù)列{xn}的公比為q，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x1q＝3，,x1q2－x1q＝2.))所以3q2－5q－2＝0，由已知q＞0，所以q＝2，x1＝1.因此數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式為xn＝2n－1.(2)過(guò)P1，P2，…，Pn＋1向x軸作垂線，垂足分別為Q1，Q2，…，Qn＋1.由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，記梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面積為bn，由題意bn＝eq\f(（n＋n＋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－1.②①－②得－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1＝eq\f(3,2)＋eq\f(2（1－2n－1）,1－2)－(2n＋1)×2n－1.所以Tn＝eq\f(（2n－1）×2n＋1,2).1.錯(cuò)位相減法的關(guān)注點(diǎn)(1)適用題型：等差數(shù)列{an}乘以等比數(shù)列{bn}對(duì)應(yīng)項(xiàng)得到的數(shù)列{an·bn}的求和.(2)步驟：①求和時(shí)先乘以數(shù)列{bn}的公比.②把兩個(gè)和的形式錯(cuò)位相減.③整理結(jié)果形式.2.裂項(xiàng)求和的常見(jiàn)技巧(1)eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).(2)eq\f(1,n（n＋k）)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k))).(3)eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).(4)eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).3.數(shù)列與不等式綜合問(wèn)題(1)如果是證明不等式，常轉(zhuǎn)化為數(shù)列和的最值問(wèn)題，同時(shí)要注意比較法、放縮法、基本不等式的應(yīng)用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的應(yīng)用.一、選擇題1.我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問(wèn)題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一，請(qǐng)問(wèn)尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈()A.1盞 B.3盞 C.5盞 D.9盞解析設(shè)塔的頂層的燈數(shù)為a1，七層塔的總燈數(shù)為S7，公比為q，則依題意S7＝381，公比q＝2.∴eq\f(a1（1－27）,1－2)＝381，解得a1＝3.答案B2.(2018·全國(guó)Ⅰ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝()A.－12 B.－10 C.10 D.12解析法一設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵3S3＝S2＋S4，∴3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝2a1＋d＋4a1＋eq\f(4×3,2)d，解得d＝－eq\f(3,2)a1.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故選B.法二設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵3S3＝S2＋S4，∴3S3＝S3－a3＋S3＋a4，∴S3＝a4－a3，∴3a1＋eq\f(3×2,2)d＝d.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故選B.答案B3.已知數(shù)列{an}滿足an＋1－an＝2，a1＝－5，則|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝()A.9B.15C.18D.30解析∵an＋1－an＝2，a1＝－5，∴數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列.∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7.數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n（－5＋2n－7）,2)＝n2－6n.令an＝2n－7≥0，解得n≥eq\f(7,2).∴n≤3時(shí)，|an|＝－an；n≥4時(shí)，|an|＝an.則|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.答案C4.已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)，則數(shù)列{an}的前40項(xiàng)和S40等于()A.20 B.40 C.60 D.80解析由an＋1＝eq\f(an,an－1)(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝eq\f(1,3)，a6＝eq\f(1,3)，a7＝1，a8＝3，…，這是一個(gè)周期為6的數(shù)列，一個(gè)周期內(nèi)的6項(xiàng)之和為eq\f(26,3)，又40＝6×6＋4，所以S40＝6×eq\f(26,3)＋1＋3＋3＋1＝60.答案C5.(2018·寧波十校聯(lián)考)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知(a5－1)3＋3a5＝4，(a8－1)3＋3a8＝2，則下列選項(xiàng)正確的是()A.S12＝12，a5>a8 B.S12＝24，a5>a8C.S12＝12，a5<a8 D.S12＝24，a5<a8解析由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a5－1）3＋3（a5－1）＝1，,（a8－1）3＋3（a8－1）＝－1，))設(shè)f(x)＝x3＋3x，易知f(x)在R上為奇函數(shù)且單調(diào)遞增，又f(a5－1)＝1，f(a8－1)＝－1，所以f(a5－1)>f(a8－1)，且f(a5－1)＋f(a8－1)＝0，故a5>a8，且a5－1＝－(a8－1)，即a5＋a8＝2，又{an}是等差數(shù)列，所以S12＝eq\f(12（a1＋a12）,2)＝eq\f(12（a5＋a8）,2)＝12.答案A6.各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且3Sn＝anan＋1，則eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))a2k＝()A.eq\f(n（n＋5）,2) B.eq\f(3n（n＋1）,2)C.eq\f(n（5n＋1）,2) D.eq\f(（n＋3）（n＋5）,2)解析當(dāng)n＝1時(shí)，3S1＝a1a2，即3a1＝a1a2，∴a2＝3，當(dāng)n≥2時(shí)，由3Sn＝anan＋1，可得3Sn－1＝an－1an，兩式相減得：3an＝an(an＋1－an－1).∵an≠0，∴an＋1－an－1＝3，∴{a2n}為一個(gè)以3為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，∴eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))a2k＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋eq\f(n（n－1）,2)×3＝eq\f(3n（n＋1）,2)，選B.答案B二、填空題7.在數(shù)列{an}中，an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(2,n＋1)＋…＋eq\f(n,n＋1)，若bn＝eq\f(2,anan＋1)，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn為_(kāi)_______.解析an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(2,n＋1)＋…＋eq\f(n,n＋1)＝eq\f(\f(n（n＋1）,2),n＋1)＝eq\f(n,2).∴bn＝eq\f(2,anan＋1)＝eq\f(2,\f(n（n＋1）,4))＝eq\f(8,n（n＋1）)＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(8n,n＋1).答案eq\f(8n,n＋1)8.(2018·紹興調(diào)研)設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，且4a1，2a2，a3成等差數(shù)列，則公比q＝________；數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝________.解析因?yàn)閍1＝1，且4a1，2a2，a3成等差數(shù)列，所以4q＝4＋q2，解得q＝2，所以Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.答案22n－19.(2016·浙江卷)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則a1＝________，S5＝________.解析∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是公比為3的等比數(shù)列，∴eq\f(S2＋\f(1,2),S1＋\f(1,2))＝3.又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，∴S5＋eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S1＋\f(1,2)))×34＝eq\f(3,2)×34＝eq\f(243,2)，∴S5＝121.答案112110.(2018·全國(guó)Ⅰ卷)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若Sn＝2an＋1，則S6＝________.解析法一因?yàn)镾n＝2an＋1，所以當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；當(dāng)n＝2時(shí)，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；當(dāng)n＝3時(shí)，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；當(dāng)n＝4時(shí)，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；當(dāng)n＝5時(shí)，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；當(dāng)n＝6時(shí)，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32.所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二因?yàn)镾n＝2an＋1，所以當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以數(shù)列{an}是以－1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以an＝－2n－1，所以S6＝eq\f(－1×（1－26）,1－2)＝－63.答案－6311.(2018·北京昌平區(qū)調(diào)研)已知數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)依次構(gòu)成公差為d1的等差數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)依次構(gòu)成公差為d2的等差數(shù)列(其中d1，d2為整數(shù))，且對(duì)任意n∈N*，都有an<an＋1，若a1＝1，a2＝2，且數(shù)列{an}的前10項(xiàng)和S10＝75，則d1＝________，a8＝________.解析因?yàn)閍1＝1，a2＝2，所以a3＝1＋d1，a4＝2＋d2，a5＝1＋2d1.因?yàn)閷?duì)任意n∈N*，都有an<an＋1，所以a3>a2，即1＋d1>2，解得d1>1；又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4>a3，,a5>a4，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋d2>1＋d1，,1＋2d1>2＋d2，))解得－1＋d1<d2<－1＋2d1.因?yàn)镾10＝75，所以5×1＋eq\f(5×4,2)d1＋5×2＋eq\f(5×4,2)d2＝75，所以d1＋d2＝6，所以d2＝6－d1，所以－1＋d1<6－d1<－1＋2d1，解得eq\f(7,3)<d1<eq\f(7,2).又d1，d2為整數(shù)，所以d1＝3，所以d2＝3.所以a8＝2＋(4－1)d2＝2＋3×3＝11.答案311三、解答題12.(2018·全國(guó)Ⅱ卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值.解(1)設(shè){an}的公差為d，由題意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－9.(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以當(dāng)n＝4時(shí)，Sn取得最小值，最小值為－16.13.(2018·全國(guó)Ⅲ卷)等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通項(xiàng)公式，(2)記Sn為{an}的前n項(xiàng)和.若Sm＝63，求m.解(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)若an＝(－2)n－1，則Sn＝eq\f(1－（－2）n,3).由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程沒(méi)有正整數(shù)解.若an＝2n－1，則Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.綜上，m＝6.14.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)令cn＝eq\f(（an＋1）n＋1,（bn＋2）n)，求數(shù)