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专题三 数列
第1讲 数列的通项与求和问题
一、选择题
1．在等差数列{an}中，若a2＋a3＝4，a4＋a5＝6，则a9＋a10等于 ( )．
A．9 B．10
C．11 D．12
解析 设等差数列{an}的公差为d，则有(a4＋a5)－(a2＋a3)＝4d＝2，所以d＝.又(a9＋a10)－(a4＋a5)＝10d＝5，所以a9＋a10＝(a4＋a5)＋5＝11.
答案 C
2．(2022·嘉兴教学测试)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝－1，a5＝＋1，则a＋2a2a6＋a3a7＝ ( )．
A．4 B．6
C．8 D．8－4
解析 在等比数列{an}中，a3a7＝a，a2a6＝a3a5，所以a＋2a2a6＋a3a7＝a＋2a3a5＋a＝(a3＋a5)2＝(－1＋＋1)2＝(2)2＝8.
答案 C
3．已知数列1，3，5，7，…，则其前n项和Sn为 ( )．
A．n2＋1－ B．n2＋2－
C．n2＋1－ D．n2＋2－
解析 由于an＝2n－1＋，
则Sn＝＋＝n2＋1－.
答案 A
4．(2022·烟台一模)在等差数列{an}中，a1＝－2 012，其前n项和为Sn，若－＝2 002，则S2 014的值等于 ( )．
A．2 011 B．－2 012
C．2 014 D．－2 013
解析 等差数列中，Sn＝na1＋d，＝a1＋(n－1)，即数列是首项为a1＝－2 012，公差为的等差数列；由于－＝2 002，所以，(2 012－10)＝2 002，＝1，所以，S2 014＝2 014[(－2 012)＋(2 014－1)×1]＝2 014，选C.
答案 C
5．(2022·合肥质量检测)数列{an}满足a1＝2，an＝，其前n项积为Tn，则T2 014＝ ( )．
A. B．－
C．6 D．－6
解析 由an＝，得an＋1＝.
∵a1＝2，∴a2＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，a6＝－3.
故数列{an}具有周期性，周期为4，∵a1a2a3a4＝1，
∴T2 014＝T2＝a1a2＝2×(－3)＝－6.
答案 D
二、填空题
6．(2022·衡水中学调研)已知数列{an}满足a1＝，an－1－an＝(n≥2)，则该数列的通项公式an＝________.
解析 ∵an－1－an＝(n≥2)，
∴＝，∴－＝－，
∴－＝－，－＝－，…，－＝－，
∴－＝1－，又∵a1＝，∴＝3－，
∴an＝.
答案
7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于________．
解析 由Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，得am＝2，am＋1＝3，所以d＝1，
由于Sm＝0，故ma1＋d＝0，故a1＝－，
由于am＋am＋1＝5，
故am＋am＋1＝2a1＋(2m－1)d＝－(m－1)＋2m－1＝5，即m＝5.
答案 5
8．(2022·广东卷)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.
解析 ∵a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，∴a10·a11＝e5，
ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝10ln(a10·a11)＝10·ln e5＝50.
答案 50
三、解答题
9．(2022·北京卷)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 (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＝2n－1.
所以，数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.
10．(2022·江西卷)已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足
anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.
(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；
(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)由于anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，
所以－＝2，即cn＋1－cn＝2.
所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.
(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，
于是数列{an}前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，
3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，
相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n，
所以Sn＝(n－1)3n＋1.
11．(2022·烟台一模)已知数列{an}前n项和为Sn，首项为a1，且，an，Sn成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)，求数列的前n项和．
解 (1)∵，an，Sn成等差数列，∴2an＝Sn＋，
当n＝1时，2a1＝S1＋，∴a1＝，
当n≥2时，Sn＝2an－，Sn－1＝2an－1－，
两式相减得：an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴＝2，
所以数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，
即an＝×2n－1＝2n－2.
(2)∵bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)＝(log222n＋1－2)×(log222n＋3－2)
＝(2n－1)(2n＋1)，
∴＝×＝，
∴数列的前n项和Tn＝＋＋＋…＋＝
＝＝.
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