资源描述
1．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为( )
A．990 B．1 000
C．1 100 D．99
解析：选A.n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.
2．(2021·山东济南期末)已知{an}为等差数列，a10＝33，a2＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则S20－2S10等于( )
A．40 B．200
C．400 D．20
解析：选C.S20－2S10＝－2×
＝10(a20－a10)＝100d.
又a10＝a2＋8d，
∴33＝1＋8d，
∴d＝4.
∴S20－2S10＝400.
3．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为( )
A.或5 B.或5
C. D.
解析：选C.设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且＝，解得q＝2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝.
4．(2021·皖西七校联考(一))已知数列{an}是等差数列，a1＝tan 225°，a5＝13a1，设Sn为数列{(－1)nan}的前n项和，则S2 016＝( )
A．2 016 B．－2 016
C．3 024 D．－3 024
解析：选C.∵a1＝tan 225°＝1，∴a5＝13a1＝13，则公差d＝＝＝3，
∴an＝3n－2，
∴(－1)nan＝(－1)n(3n－2)，
∴S2 016＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2 016－a2 015)＝1 008d＝3 024.
5．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5，则数列的前8项和为( )
A．－ B．－
C. D.
解析：选B.设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d.由已知可得
解得a1＝1，d＝－1，故{an}的通项公式为an＝2－n.
所以＝
＝，所以数列的前8项和为
＝－.
6．数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十项，且其和为240，则a1＋…＋ak＋…＋a10的值为________．
解析：a1＋…＋ak＋…＋a10
＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)
＝240－
＝240－110＝130.
答案：130
7．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．
解析：a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2；等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－.
答案：－2 2n－1－
8．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”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
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.
答案：2n＋1－2
9．(2022·高考安徽卷)数列{a n}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
(1)证明：数列{}是等差数列；
(2)设bn＝3n·，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由已知可得＝＋1，即－＝1，
所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.
从而bn＝n·3n.
Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，①
3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
①－②得，－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1＝.
所以Sn＝.
10．在等比数列{an}中，a1>0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中项为16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得＋＋＋…＋<k对任意n∈N*恒成立．若存在，求出正整数k的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)设数列{an}的公比为q，由题意可得a3＝16，
∵a3－a2＝8，则a2＝8，
∴q＝2.
∴an＝2n＋1.
(2)∵bn＝log42n＋1＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝.
∴＝＝.
∴＋＋＋…＋
＝
＝
<<，
∴存在正整数k的最小值为3.
1．(2021·唐山市第一次模拟)各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝anan＋1，则2k＝( )
A. B.
C. D.
解析：选B.当n＝1时，3S1＝a1a2，即3a1＝a1a2，∴a2＝3，当n≥2时，由3Sn＝anan＋1，可得3Sn－1＝an－1an，两式相减得：3an＝an(an＋1－an－1)，又∵an≠0，∴an＋1－an－1＝3，
∴{a2n}为一个以3为首项，3为公差的等差数列，
∴2k＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋×3＝.
2．已知F(x)＝f－1是R上的奇函数，an＝f(0)＋f＋…＋f＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝n－1 B．an＝n
C．an＝n＋1 D．an＝n2
解析：选C.∵F(x)＋F(－x)＝0，
∴f＋f＝2，
即若a＋b＝1，则f(a)＋f(b)＝2.于是，由an＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)，得2an＝[f(0)＋f(1)]＋＋…＋＋[f(1)＋f(0)]＝2n＋2，
∴an＝n＋1.故选C.
3．(2021·辽宁省五校上学期联考)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1.记Sn是数列{an}的前n项和，则S60＝________．
解析：依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋×1＝465；当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.
答案：480
4．(2021·湖南长郡中学、衡阳八中等十二校联考)定义：称为n个正数x1，x2，…，xn的“平均倒数”，若正项数列{cn}的前n项的“平均倒数”为，则数列{cn}的通项公式为cn＝________．
解析：由已知可得，数列{cn}的前n项和Sn＝n(2n＋1)，所以数列{cn}为等差数列，首项c1＝S1＝3，c2＝S2－S1＝10－3＝7，故公差d＝c2－c1＝7－3＝4，得数列的通项公式为cn＝c1＋(n－1)×4＝4n－1.
答案：4n－1
5．(2021·广东广州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋pn＋q(p，q∈R)，且a2，a3，a5成等比数列．
(1)求p，q的值；
(2)若数列{bn}满足an＋log2n＝log2bn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)法一：当n＝1时，
a1＝S1＝1＋p＋q，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋pn＋q－[(n－1)2＋p(n－1)＋q]＝2n－1＋p.
∵{an}是等差数列，
∴1＋p＋q＝2×1－1＋p，得q＝0.
又a2＝3＋p，a3＝5＋p，a5＝9＋p，
∵a2，a3，a5成等比数列，
∴a＝a2a5，即(5＋p)2＝(3＋p)(9＋p)，
解得p＝－1.
法二：设等差数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2＋n.
∵Sn＝n2＋pn＋q，
∴＝1，a1－＝p，q＝0.
∴d＝2，p＝a1－1，q＝0.
∵a2，a3，a5成等比数列，
∴a＝a2a5，
即(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋8)，解得a1＝0.
∴p＝－1.
(2)由(1)得an＝2n－2.
∵an＋log2n＝log2bn，
∴bn＝n·2an＝n·22n－2＝n·4n－1.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝40＋2×41＋3×42＋…＋(n－1)·4n－2＋n·4n－1，①
4Tn＝41＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，②
①－②得－3Tn＝40＋41＋42＋…＋4n－1－n·4n＝－n·4n＝.
∴Tn＝[(3n－1)·4n＋1]．
6．(选做题)(2021·浙江杭州第一次质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝1－，其中n∈N*.
(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cncn＋2}的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn<对于n∈N*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵bn＋1－bn＝－
＝－
＝－＝2(常数)，
∴数列{bn}是等差数列．
∵a1＝1，∴b1＝2，
因此bn＝2＋(n－1)×2＝2n，
由bn＝，得an＝.
(2)由cn＝，an＝，得cn＝，
∴cncn＋2＝＝2，
∴Tn＝2
＝2<3，
依题意要使Tn<对于n∈N*恒成立，只需≥3，即≥3，
解得m≥3或m≤－4，又m为正整数，所以m的最小值为3.
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