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第六章 第四节
一、选择题
1．数列{an}，{bn}都是等差数列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60.则{an＋bn}的前20项的和为( )
A．700 B．710
C．720 D．730
[答案] C
[解析] 由于{an}，{bn}都是等差数列，由等差数列的性质可知，{an＋bn}的前20项的和为S20＝＋＝10(a1＋b1＋a20＋b20)＝10×(5＋7＋60)＝720.
2．(文)(2021·新课标Ⅰ)设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则( )
A．Sn＝2an－1 B．Sn＝3an－2
C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an
[答案] D
[解析] 本题考查等比数列前n项和Sn与通项an之间的关系，由题意得，an＝()n－1，Sn＝＝＝3－2an，选D．
(理)一个等比数列前三项的积为2，最终三项的积为4，且全部项的积为64，则该数列有( )
A．13项 B．12项
C．11项 D．10项
[答案] B
[解析] 设前三项分别为a1，a1q，a1q2，后三项分别为a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1，所以前三项之积aq3＝2，后三项之积aq3n－6＝4.所以两式相乘，得aq3(n－1)＝8，即aqn－1＝2.又a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，aq＝64，即(aqn－1)n＝642，即2n＝642.所以n＝12.
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，且S25＝100，则a12＋a14等于( )
A．16 B．8
C．4 D．不确定
[答案] B
[解析] 由数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，可得数列{an}是等差数列，S25＝＝100，解得a1＋a25＝8，所以a12＋a14＝a1＋a25＝8.
4．(文)已知函数f(x)＝x2＋bx的图像在点A(1，f(1))处的切线的斜率为3，数列{}的前n项和为Sn，则S2021的值为( )
A． B．
C． D．
[答案] D
[解析] ∵f′(x)＝2x＋b，
∴f′(1)＝2＋b＝3，∴b＝1，∴f(x)＝x2＋x，
∴＝＝－，
∴S2021＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
(理)＋＋＋…＋等于( )
A． B．
C．1－ D．3－
[答案] A
[解析] Sn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝·(1－)＝.
5．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝( )
A．15 B．12
C．－12 D．－15
[答案] A
[解析] 设bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.
6．数列1×，2×，3×，4×，…的前n项和为( )
A．2－－ B．2－－
C．(n2＋n＋2)－ D．n(n＋1)＋1－
[答案] B
[解析] S＝1×＋2×＋3×＋4×＋…＋n×＝1×＋2×＋3×＋…＋n×， ①
则S＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×， ②
①－②得S＝＋＋＋…＋－n×＝－＝1－－.
∴S＝2－－.
二、填空题
7．在等差数列{an}中，Sn表示前n项和，a2＋a8＝18－a5，则S9＝________.
[答案] 54
[解析] 由等差数列的性质，a2＋a8＝18－a5，
即2a5＝18－a5，∴a5＝6，
S9＝＝9a5＝54.
8．(文)若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________，前n项和Sn＝________.
[答案] 2 2n＋1－2
[解析] 本题考查了等比数列性质，前n项和公式等．
由题意a3＋a5＝q(a2＋a4)，∴q＝2，又由a2＋a4＝a1q＋a1q3知a1＝2，∴Sn＝＝2n＋1－2.
(理)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1、a2、a5成等比数列，则S8＝________.
[答案] 64
[解析] 设等差数列{an}的公差为d，∵a＝a1a5，
∴(1＋d)2＝1×(1＋4d)，即d2＝2d，∵d≠0，∴d＝2，
∴S8＝8×1＋×2＝64.
9．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
[答案] 2n＋1－2.
[解析] ∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2
＝＋2＝2n－2＋2＝2n.
∴Sn＝＝2n＋1－2.
三、解答题
10．(文)(2022·北京高考)已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和．
[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得
d＝＝＝3.
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．
设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得
q3＝＝＝8，解得q＝2.
所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，
从而bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．
(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．
数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×＝2n－1.
所以，数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.
(理)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N＋，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图像上．
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] (1)由题意，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r，
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)，
由于b>0且b≠1，
所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列，
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
＝b，即＝b，
解得r＝－1.
(2)由(1)及b＝2知，n∈N＋，an＝(b－1)bn－1＝2n－1，
所以bn＝＝.
Tn＝＋＋＋…＋.
Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋＋＋…＋－
＝＋－
＝－－，
故Tn＝－－＝－.
一、选择题
1．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＝( )
A． B．6
C．10 D．11
[答案] B
[解析] 依题意得an＋an＋1＝an＋1＋an＋2＝，则an＋2＝an，即数列{an}中的奇数项，偶数项分别相等，则a21＝a1＝1，S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a21＝10×＋1＝6.
2．(文)已知数列{an}的通项公式为an＝log2(n∈N＋)，设其前n项和为Sn，则使Sn<－5成立的自然数n( )
A．有最大值63 B．有最小值63
C．有最大值32 D．有最小值32
[答案] B
[解析] Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝log2＋log2＋log2＋…＋log2
＝log2
＝log2<－5，
∴<，∴64<n＋2，
∴n>62，∴nmin＝63.
(理)已知an＝log(n＋1)(n＋2)(n∈N＋)，若称使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n为劣数，则在区间(1,2 015)内全部的劣数的和为( )
A．2 026 B．2 046
C．1 024 D．1 022
[答案] A
[解析] ∵a1·a2·a2·…·an＝··…·＝＝log2(n＋2)＝k，则n＝2k－2(k∈Z)．令1<2k－2<2021，得k＝2,3,4，…，10.
∴全部劣数的和为－18＝211－22＝2 026.
二、填空题
3．(2022·天津高考)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．
[答案] －
[解析] 本题考查等差数列等比数列综合应用，由条件：
S1＝a1，
S2＝a1＋a2＝a1＋a1＋d＝2a1－1
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a1＋d＋a1＋2d＋a1＋3d＝4a1＋6d＝4a1－6
∴(2a1－1)2＝a1·(4a1－6)
4a＋1－4a1＝4a－6a1
∴a1＝－.
4．设f(x)＝，则f(－9)＋f(－8)＋…＋f(0)＋…＋f(9)＋f(10)的值为________．
[答案] 5
[解析] ∵f(－n)＋f(n＋1)＝＋
＝＋＝＝，
∴f(－9)＋f(－8)＋…＋f(0)＋…＋f(9)＋f(10)＝5.
三、解答题
5．已知{an }是首项为19，公差为－2的等差数列，Sn为{an}的前n项和．
(1)求通项an及Sn；
(2)设{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
[解析] 本题主要考查等差数列的基本性质，以及通项公式的求法，前n项和的求法，同时也考查了同学的基本运算力气．
(1)由于{an}为首项a1＝19，公差d＝－2的等差数列，
所以an＝19－2(n－1)＝－2n＋21，
Sn＝19n＋(－2)＝－n2＋20n.
(2)由题意知bn－an＝3n－1，所以bn＝3n－1－2n＋21
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1＋3＋…＋3n－1)＋Sn
＝－n2＋20n＋.
6．(文)(2021·日照模拟)已知函数{an}是等差数列，数列{bn}是正项等比数列，且满足a1＝1，b1＝4，a2＋b2＝10，a26－b3＝10.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Sn.
[解析] (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q>0)，由已知条件得
解得d＝1，q＝2(舍去q＝－27)．
故数列{an}的通项公式是an＝n，数列{bn}的通项公式是bn＝4·2n－1＝2n＋1.
(2)由(1)得cn＝n·2n＋1，
Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
2Sn＝1×23＋2×24＋…＋(n－1)·2n＋1＋n·2n＋2，
所以－Sn＝22＋23＋…＋2n＋1－n·2n＋2
＝4(2n－1)－n·2n＋2＝(1－n)·2n＋2－4，
所以Sn＝(n－1)·2n＋2＋4.
(理)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中k∈N＋)，且Sn的最大值为8.
(1)确定常数k，并求an；
(2)求数列的前n项和Tn.
[解析] (1)当n＝k∈N＋时，Sn＝－n2＋kn取最大值，即S＝Sk＝－k2＋k2＝k2，
故k2＝16，因此k＝4.
从而an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)，又a1＝S1＝，
所以an＝－n.
(2)由于bn＝＝
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋＋＋…＋＋ .
所以Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝4－.
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