2018届人教A版 数列综合练 检测卷

2018年高考数学一轮复习 第五章 数列 课时达标29 等差数列及其前n 项和 理[解密考纲]主要考查等差数列的通项公式，等差中项及其性质，以及前n 项和公式的应用，三种题型均有涉及．一、选择题1．已知等差数列{a n }的前13项之和为39，则a 6＋a 7＋a 8＝( B )A ．6B ．9C ．12D ．18解析：由等差数列的性质得，S 13＝13a 7＝39，∴a 7＝3.由等差中项，得a 6＋a 7＋a 8＝3a 7＝9，故选B ．2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝8，S 3＝6，则a 9＝( C )A ．8B ．12C ．16D ．24解析：由已知得a 1＋4d ＝8,3a 1＋3×22d ＝6，解得a 1＝0，d ＝2.故a 9＝a 1＋8d ＝16.故选C ．3．设S n 是公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和，且a 1>0，若S 5＝S 9，则当S n 最大时，n ＝( B )A ．6B ．7C ．10D ．9解析：由题意可得S 9－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0，∴2(a 7＋a 8)＝0，即a 7＋a 8＝0.又∵a 1>0，∴该等差数列的前7项为正数，从第8项开始为负数．∴当S n 最大时，n ＝7.4．等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则2a 9－a 10＝( C )A ．20B ．22C ．24D ．－8解析：在等差数列{a n }中，∵a 1＋3a 8＋a 15＝120，∴5a 8＝120，∴a 8＝24.2a 9－a 10＝a 8＝24，故选C ．5．在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋3，则数列{a n }的前11项和S 11＝( C ) A ．24 B ．48 C ．66 D ．132解析：设公差为d ，a 9＝12a 12＋3即a 1＋8d ＝12(a 1＋11d )＋3，整理，得a 1＋5d ＝6，即a 6＝6.∴S 11＝11 a 1＋a 11 2＝11×2a 62＝66.故选C ． 6．设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误的是( C )A ．若d <0，则数列{S n }有最大项B ．若数列{S n }有最大项，则d <0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意的n ∈N *，均有S n >0D ．若对任意的n ∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列解析：选项C 显然是错的，举出反例：－1，0,1,2,3，…满足数列{S n }是递增数列，但是S n >0不成立．二、填空题7．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－3，a k ＋1＝32，S k ＝－12，则正整数k ＝13. 解析：由S k ＋1＝S k ＋a k ＋1＝－12＋32＝－212， 又S k ＋1＝ k ＋1 a 1＋a k ＋1 2＝ k ＋1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3＋322＝－212， 解得k ＝13.8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若－1<a 3<1,0<a 6<3，则S 9的取值范围是(－3,21)． 解析：S 9＝9a 1＋36d ＝x (a 1＋2d )＋y (a 1＋5d )，由待定系数法得x ＝3，y ＝6. 因为－3<3a 3<3,0<6a 6<18，两式相加即得－3<S 9<21.9．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －8，下列四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a 2n }是递增数列，其中为真命题的是p 1，p 3.解析：由公差d ＝2>0，知数列{a n }是递增数列，所以p 1为真命题；因为na n ＝n (2n －8)，对称轴为n ＝2，则数列{na n }先减后增，所以p 2为假命题；因为a n n ＝2－8n ，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列，所以p 3为真命题； 因为a 2n ＝(2n －8)2，对称轴为n ＝4，则数列{a 2n }先减后增，所以p 4为假命题．三、解答题10．数列{a n }中，a 1＝－23，a n ＋1－a n －3＝0.(1)求数列的前n 项和S n ；(2)求使得数列{S n }是递增数列的n 的取值范围．解析：(1)因为a n ＋1－a n －3＝0，所以a n ＋1－a n ＝3，即数列{a n }是等差数列，公差d ＝3.又a 1＝－23，所以数列{a n }的前n 项和为S n ＝－23n ＋12n (n －1)·3，即S n ＝32n 2－492n . (2)S n ＝32n 2－492n 的对应函数为f (x )＝32x 2－492x ，它的图象是一条抛物线，其开口向上，对称轴为x ＝496. 当x ≥496时，函数f (x )是增函数． 因为8<496<9，且496－8<9－496，所以f (8)<f (9)． 综上，可知使得数列{S n }是递增数列的n 的取值范围是{n |n ≥8，n ∈N *}．11．已知等差数列{a n }的公差d >0，设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 解析：(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5.因为d >0，所以d ＝2. 从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝S m ＋k －S m －1＝(m ＋k )2－(m －1)2＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1>1，故⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5.所以⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝5，k ＝4.12．(2015·福建卷)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． 解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝4， a 1＋3d ＋ a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝3，d ＝1. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2.(2)由(1)可得b n ＝2n＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋...＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋...＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)＝2× 1－2101－2＋1＋10 ×102＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.。

单元质检卷六数列(B)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2017河南洛阳一模,文4)已知等差数列{a n}的公差和首项都不等于0,且a2,a4,a8成等比数列,则=()A.2B.3C.5D.72.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S m-1=-2,S m=0,S m+1=3,则m=()A.3B.4C.5D.63.(2017湖南岳阳一模,文7)已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,S n=,则a2 017=()A.2 016B.2 017C.4 032D.4 0344.(2017吉林长春三模,文9)等比数列{a n}中各项均为正数,S n是其前n项和,且满足2S3=8a1+3a2,a4=16,则S4=()A.9B.15C.18D.305.(2017宁夏银川一中二模,文9)公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n.若a4是a3与a7的等比中项,S8=16,则S10等于()A.18B.24C.30D.606.(2017辽宁沈阳三模)数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,a n+a n+1=3×2n-1,则S2 017=()A.22 018-1B.22 018+1C.22 017-1D.22 017+1二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2017辽宁沈阳一模,文13)等比数列{a n}的公比q>0.已知a2=1,a n+2+a n+1=6a n,则{a n}的前4项和S4= .8.(2017石家庄二中模拟)已知数列{a n}满足:a1=1,a n=+2a n-1(n≥2),若b n=(n∈N*),则数列{b n}的前n项和S n= .三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=2,S n=2a n+k,等差数列{b n}的前n项和为T n,且T n=n2.(1)求k和S n;(2)若c n=a n·b n,求数列{c n}的前n项和M n.10.(15分)(2017陕西渭南二模,文17)已知{a n}为公差不为零的等差数列,其中a1,a2,a5成等比数列,a3+a4=12,(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记b n=,设{b n}的前n项和为S n,求最小的正整数n,使得S n>.〚导学号24190982〛11.(15分)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=1-,其中n∈N*.(1)设b n=,求证:数列{b n}是等差数列,并求出{a n}的通项公式.(2)设c n=,数列{c n c n+2}的前n项和为T n,是否存在正整数m,使得T n<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.单元质检卷六数列(B)1.B由题意,得=a2a8,∴(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),∴d2=a1d,∵d≠0,∴d=a1,∴=3.2.C∵S m-1=-2,S m=0,S m+1=3,∴a m=S m-S m-1=0-(-2)=2,a m+1=S m+1-S m=3-0=3.∴d=a m+1-a m=3-2=1.∵S m=ma1+×1=0,∴a1=-.又∵a m+1=a1+m×1=3,∴-+m=3.∴m=5.故选C.3.B∵a1=1,S n=,∴当n≥2时,a n=S n-S n-1=,可化为,∴=…==1,∴a n=n.∴a2 017=2 017.4.D设等比数列{a n}的公比为q>0,∵2S3=8a1+3a2,∴2(a1+a2+a3)=8a1+3a2,可化为2a1q2=6a1+a1q,即2q2-q-6=0,解得q=2.又a4=16,可得a1·23=16,解得a1=2.∴S4==30.5.C设等差数列{a n}的公差为d≠0.由题意得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),化为2a1+3d=0,①∵S8=16,∴8a1+×d=16,②联立①②解得a1=-,d=1.则S10=10××1=30.6.C由a1=1和a n+1=3×2n-1-a n,可知数列{a n}唯一确定,并且a2=2,a3=4,a4=8,猜测a n=2n-1,经验证a n=2n-1是满足题意的唯一解.∴S2 017==22 017-1.7. ∵{a n}是等比数列,∴a n+2+a n+1=6a n可化为a1q n+1+a1q n=6a1q n-1,∴q2+q-6=0.∵q>0,∴q=2,a2=a1q=1,∴a1=.∴S4=.8.1- 当n≥2时,a n+1=+2a n-1+1=(a n-1+1)2>0,两边取以2为底的对数可得log2(a n+1)=log2(a n-1+1)2=2log2(a n-1+1),则数列{log2(a n+1)}是以1为首项,2为公比的等比数列,log2(a n+1)=2n-1,a n=-1,又a n=+2a n-1(n≥2),可得a n+1=+2a n(n∈N*),两边取倒数可得,即,因此b n=,所以S n=b1+…+b n==1-,故答案为1-.9.解 (1)∵S n=2a n+k,∴当n=1时,S1=2a1+k.∴a1=-k=2,即k=-2.∴S n=2a n-2.∴当n≥2时,S n-1=2a n-1-2.∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1.∴a n=2a n-1.∴数列{a n}是以2为首项,2为公比的等比数列.∴{a n}=2n.∴S n=2n+1-2.(2)∵等差数列{b n}的前n项和为T n,且T n=n2,∴当n≥2时,b n=T n-T n-1=n2-(n-1)2=2n-1.又b1=T1=1符合b n=2n-1,∴b n=2n-1.∴c n=a n·b n=(2n-1)2n.∴数列{c n}的前n项和M n=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,①∴2M n=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,②由①-②,得-M n=2+2×22+2×23+2×24+…+2×2n-(2n-1)×2n+1=2+2×-(2n-1)×2n+1,即M n=6+(2n-3)2n+1.10.解 (1)设等差数列{a n}的公差为d,∵a1,a2,a5成等比数列,a3+a4=12,∴即∵d≠0,∴解得a1=1,d=2,∴{a n}的通项公式为a n=2n-1,n∈N*.(2)∵b n===,∴{b n}的前n项和S n=1-+…+=1-.令1-,解得n>1 008,故满足条件的最小的正整数n为1 009.11.解 (1)∵b n+1-b n===2(常数),∴数列{b n}是等差数列.∵a1=1,∴b1=2,因此b n=2+(n-1)×2=2n.由b n=,得a n=.(2)由c n=,a n=,得c n=,∴c n c n+2==2,∴T n=2+…+=2<3,依题意要使T n<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,∴m的最小值为3.。

1.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＋a n ＋12n ＝λ(λ为常数)．令c n ＝b 2n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和R n .2．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2·a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 3.已知数列{a n }的各项均为正数，S n 是数列{a n }的前n 项和，且4S n ＝a 2n ＋2a n －3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝2n ，求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的值．4．在数列{a n }中，a 1＝12，其前n 项和为S n ，且S n ＝a n ＋1－12(n ∈N *)． (1)求a n ，S n ；(2)设b n ＝log 2(2S n ＋1)－2，数列{c n }满足c n ·b n ＋3·b n ＋4＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2b n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求使4T n >2n ＋1－1504成立的最小正整数n 的值． 5．已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12. (1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2；(3)设b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值．答案解析1．解 (1)设公差为d ，令n ＝1， 则a 2＝2a 1＋1，a 1＝d －1，①又S 4＝4S 2，即2a 1＝d ，②由①②得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由题意知T n ＝λ－n 2n －1， ∴当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝λ－n 2n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－n －12n －2＝n －22n －1. ∴c n ＝b 2n ＝n －14n －1(n ∈N *)． ∴R n ＝c 1＋c 2＋…＋c n －1＋c n ＝0＋14＋242＋…＋n －14n －1，① 14R n ＝0＋142＋243＋…＋n －24n －1＋n －14n ，② ①－②得34R n ＝14＋142＋143＋…＋14n －1－n －14n ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n －11－14－n －14n ＝13⎝⎛⎭⎫1－14n －1－n －14n ＝13⎝⎛⎭⎫1－3n ＋14n ， ∴R n ＝49⎛⎭⎫1－3n ＋14n ＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1. 2．解 (1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8.又a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)． 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *)．(2)S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n －1， 又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝⎛⎭⎫1S 1－1S 2＋⎝⎛⎭⎫1S 2－1S 3＋… ＋⎝⎛⎭⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1. 3．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝14a 21＋12a 1－34. 解得a 1＝3.又∵4S n ＝a 2n ＋2a n －3，①当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3.②①－②，得4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2(a n －a n －1)，即a 2n －a 2n －1－2(a n ＋a n －1)＝0.∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0.∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝2(n ≥2)，∴数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列． ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)T n ＝3×21＋5×22＋…＋(2n ＋1)·2n ，③ 2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，④ ④－③得T n ＝－3×21－2(22＋23＋…＋2n )＋(2n ＋1)·2n ＋1 ＝－6＋8－2·2n ＋1＋(2n ＋1)·2n ＋1 ＝(2n －1)·2n ＋1＋2. 4．解 (1)由S n ＝a n ＋1－12，得S n －1＝a n －12(n ≥2)， 两式作差得a n ＝a n ＋1－a n ，即2a n ＝a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1a n＝2(n ≥2)， 由a 1＝S 1＝a 2－12＝12，得a 2＝1， ∴a 2a 1＝2，∴数列{a n }是首项为12，公比为2的等比数列． 则a n ＝12·2n －1＝2n －2， S n ＝a n ＋1－12＝2n －1－12. (2)b n ＝log 2(2S n ＋1)－2＝log 22n －2＝n －2， ∴c n ·b n ＋3·b n ＋4＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2b n ，即c n (n ＋1)(n ＋2)＝1＋(n ＋1)(n ＋2)·2n －2， ∴c n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＋2n －2＝1n ＋1－1n ＋2＋2n －2， ∴T n ＝(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n ＋1－1n ＋2) ＋(2－1＋20＋…＋2n －2)＝12－1n ＋2＋12(1－2n )1－2＝12－1n ＋2－12＋2n －1 ＝2n －1－1n ＋2. 由4T n >2n ＋1－1504， 得4(2n －1－1n ＋2)>2n ＋1－1504. 即4n ＋2<1504，n >2014. ∴使4T n >2n ＋1－1504成立的最小正整数n 的值为2015. 5．(1)解 令x ＝n ，y ＝1，得f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )， ∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列， ∴f (n )＝(12)n . (2)证明 设T n 为{a n }的前n 项和，∵a n ＝n ·f (n )＝n ·(12)n ， ∴T n ＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n ·(12)n ， 12T n ＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n －1)·(12)n ＋n ·(12)n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n －n ·(12)n ＋1， ＝1－(12)n －n ·(12)n ＋1， ∴T n ＝2－(12)n －1－n ·(12)n <2. (3)解 ∵f (n )＝(12)n ， ∴b n ＝(9－n )f (n ＋1)f (n )＝(9－n )(12)n ＋1(12)n ＝9－n 2. ∴当n ≤8时，b n >0；当n ＝9时，b n ＝0；当n >9时，b n <0.∴当n ＝8或n ＝9时，S n 取得最大值．。

第4讲数列求和一、选择题1.在等差数列}{n a 中，5,142==a a ,则}{n a 的前5项和5S =( ) A.7 B.15 C.20 D.25 解析15242451,5551522a a a a a a S ++==⇒=⨯=⨯=.答案 B2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )． A ．15B ．12C ．－12D ．－15解析 设b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15. 答案 A3．在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0132 014，则项数n 为( )．A ．2 011B ．2 012C ．2 013D ．2 014解析 ∵a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0132 014，解得n ＝2013. 答案 C4．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )． A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3，∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝30×(3＋119)2＝30×61＝1 830.答案 D5. 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1n(a 1＋a 2＋…＋a n )，则数列{b n }的前10项和T 10＝( ) A ．70 B ．75 C ．80 D ．85解析由已知a n ＝2n ＋1，得a 1＝3，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 3＋2n ＋12＝n(n ＋2)，则b n ＝n ＋2，T 10＝10 3＋122＝75，故选B .答案 B6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝( )． A.212B ．6C ．10D ．11解析 依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6，故选B. 答案 B 二、填空题7．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q |＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12. 答案 －2 2n －1－128．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________.解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式．∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1. ∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1· 1－4n 1－4＝13(4n －1)．答案13(4n－1) 9．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －1＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝n ， 所以1b n b n ＋1＝1n n ＋1 ＝1n －1n ＋1.则S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案n n ＋110．设f (x )＝4x 4x ＋2，利用倒序相加法，可求得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011的值为________． 解析当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)＝4x 14x 1＋2＋4x 24x 2＋2＝2×4x 1＋x 2＋2×(4x 1＋4x 2)4x 1＋x 2＋(4x 1＋4x 2)×2＋4＝1.设S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011，倒序相加有2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫911＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＝10，即S ＝5. 答案 5 三、解答题11．等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝64，b 3S 3＝960.(1)求a n 与b n ； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解 (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有⎩⎨⎧S 2b 2＝ 6＋d q ＝64，S 3b 3＝ 9＋3d q 2＝960，解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－65，q ＝403.(舍去)故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1. (2)S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32 n ＋1 n ＋2. 12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝12S n (n ＝1,2,3，…)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 32(3a n ＋1)时，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n . 解(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＝12S n ，a n ＝12S n －1(n ≥2)，得到a n ＋1＝32a n (n ≥2)．∴数列{a n }是以a 2为首项，以32为公比的等比数列． 又a 2＝12S 1＝12a 1＝12，∴a n ＝a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2(n ≥2)．又a 1＝1不适合上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2.(2)b n ＝log 32(3a n ＋1)＝log 32⎣⎢⎡⎦⎥⎤32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝n . ∴1b n b n ＋1＝1n (1＋n )＝1n －11＋n. ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －11＋n＝1－11＋n ＝nn ＋1. 13．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .思维启迪：(1)由已知写出前n －1项之和，两式相减．(2)b n ＝n ·3n 的特点是数列{n }与{3n }之积，可用错位相减法． 解 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3， ①∴当n ≥2时， a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，∴a n ＝13n .(2)∵b n ＝na n，∴b n ＝n ·3n .∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ， ③ ∴3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1.④④－③得2S n ＝n ·3n ＋1－(3＋32＋33＋…＋3n )， 即2S n ＝n ·3n ＋1－3(1－3n )1－3，∴S n ＝(2n －1)3n ＋14＋34.探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n －1a n }的前n 项和，从而利用a n 与S n 的关系求出通项3n －1a n ，进而求得a n ；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养． 14．将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 …已知表中的第一列数a 1，a 2，a 5，…构成一个等差数列，记为{b n }，且b 2＝4，b 5＝10.表中每一行正中间一个数a 1，a 3，a 7，…构成数列{c n }，其前n 项和为S n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a 13＝1. ①求S n ；②记M ＝{n |(n ＋1)c n ≥λ，n ∈N *}，若集合M 的元素个数为3，求实数λ的取值范围．解 (1)设等差数列{b n }的公差为d ， 则⎩⎨⎧ b 1＋d ＝4，b 1＋4d ＝10，解得⎩⎨⎧b 1＝2，d ＝2， 所以b n ＝2n .(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q .由于前n 行共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2个数，且32<13<42，a 10＝b 4＝8，所以a 13＝a 10q 3＝8q 3，又a 13＝1，所以解得q ＝12.由已知可得c n ＝b n qn －1，因此c n ＝2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝n 2n －2. 所以S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝12－1＋220＋321＋…＋n 2n －2， 12S n ＝120＋221＋…＋n －12n －2＋n2n －1， 因此12S n ＝12－1＋120＋121＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1，解得S n ＝8－n ＋22n －2.②由①知c n ＝n2n －2，不等式(n ＋1)c n ≥λ，可化为n (n ＋1)2n －2≥λ.设f (n )＝n (n ＋1)2n －2，计算得f (1)＝4，f (2)＝f (3)＝6，f (4)＝5，f (5)＝154. 因为f (n ＋1)－f (n )＝(n ＋1)(2－n )2n －1， 所以当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )．因为集合M 的元素个数为3，所以λ的取值范围是(4,5].。