内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 第2讲 数列的求和及综合应用
一、选择题
1111
1．已知数列1，3，5，7，…，则其前n项和Sn为( )
2481612
A．n＋1－n
2C．n＋1－
2
12
B．n＋2－n 212
D．n＋2－n－1 2
12
n－1
1
解析：an＝(2n－1)＋n，
2
11?1－n???
n（1＋2n－1）2?2?21
所以Sn＝＋＝n＋1－n.
212
1－2答案：A
2．(2016·天津卷)设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q＜0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n＜0”的( )
A．充要条件 C．必要不充分条件
B．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：若对任意的正整数n，a2n－1＋a2n＜0，则a1＋a2＜0，又a1＞0，所以a2＜0，所以
a2
q＝＜0. a1
若q＜0，可取q＝－1，a1＝1，则a1＋a2＝0不满足对?n∈N，a2n－1＋a2n＜0. 所以“q＜0”是“?n∈N，a2n－1＋a2n＜0”的必要不充分条件． 答案：C
3．(2017·东北三省四市二模)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A．9 C．18
B．15 D．30
*
*
解析：因为an＋1－an＝2，a1＝－5，所以数列{an}是公差为2的等差数列．所以an＝－5＋2(n－1)＝2n－7.
数列{an}的前n项和Sn＝
n（－5＋2n－7）
2
＝n－6n.
2
1
7
令an＝2n－7≥0，解得n≥. 2
所以n≤3时，|an|＝－an；n≥4时，|an|＝an. 则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6，
S6－2S3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.
答案：C
?2＋1?
4．(2017·湘潭三模)已知Tn为数列?n?的前
?2?
nn项和，若m＞T10＋1 013恒成立，则
整数m的最小值为( )(导学号 54850115)
A．1 026 C．1 024
2＋11
解析：因为n＝1＋n，
221?1?1－n??2?2?1
所以Tn＝n＋＝n＋1－n，
121－
2
11
所以T10＋1 013＝11－10＋1 013＝1 024－10.
22又m＞T10＋1 013，
所以整数m的最小值为1 024. 答案：C
5．(2017·湖南衡阳联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知(a5－1)＋3a5＝4，(a8
－1)＋3a8＝2，则下列选项正确的是( )
A．S12＝12，a5＞a8 C．S12＝12，a5＜a8
3
3
3
B．1 025 D．1 023
nB．S12＝24，a5＞a8 D．S12＝24，a5＜a8
??（a5－1）＋3（a5－1）＝1，3
解析：?设f(x)＝x＋3x，易知f(x)在R上为奇函数且3
??（a8－1）＋3（a8－1）＝－1，
单调递增．
所以f(a5－1)＋f(a8－1)＝0，(a5－1)＞(a8－1)，a5＞a8，(a5－1)＋(a8－1)＝0，S12＝12（a5＋a8）
＝12.
2
答案：A 二、填空题
6．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”．若a1＝1，{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
n 2
解析：因为an＋1－an＝2，应用累加法可得an＝2－1，
2（1－2）n＋1
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝2＋2＋2＋…＋2－n＝－n＝2－n－2.
1－2
2
3
nnnn答案：2
n＋1
－n－2
n－1
7．(2017·潮州二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，an＝2·3则b1＋b2＋…＋bn＝________．
解析：易知数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列， 2（1－3）n所以Sn＝＝3－1，
1－3又bn＝
n(n∈N)，若bn＝
*
an＋1
，SnSn＋1
an＋1Sn＋1－Sn11
＝＝－， SnSn＋1SnSn＋1SnSn＋1
?11??11??11?＝1－1＝1－1.
则b1＋b2＋…＋bn＝?－?＋?－?＋…＋?－?
?S1S2??S2S3??SnSn＋1?S1Sn＋123n＋1－1
11
答案：－n＋1
23－1
8．(2017·广东清远一中模拟)已知正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在两项
am，an，使得aman＝4a1，则＋的最小值为________．
mn解析：因为正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1， 所以a1q＝a1q＋2a1，则q＝q＋2，所以q＝2. 又anam＝4a1，得a12所以a1·2
22
2
14
m－1
·a12
n－1
＝16a1，
2
m＋n－2
＝16a1，所以m＋n＝6.
2
14?14??1?所以＋＝?＋??（m＋n）?＝ mn?mn??6?1?n4m?1?
?5＋＋?≥?5＋2 6?mn?6?3答案： 2三、解答题
9．(2016·全国卷Ⅱ)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6. (1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
2
解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3.解得a1＝1，d＝.
5
143n4m?3
·?＝，所以＋的最小值是. mn2mn?2
3
所以{an}的通项公式为an＝(2)由(1)知，bn＝?
2n＋3
. 5
?2n＋3?.
??5?
2n＋3
当n＝1，2，3时，1≤＜2，bn＝1；
52n＋3
当n＝4，5时，2≤＜3，bn＝2；
52n＋3
当n＝6，7，8时，3≤＜4，bn＝3；
52n＋3
当n＝9，10时，4≤＜5，bn＝4.
5
所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 10．已知等比数列{an}中，an＋an＋1＝3×2(1)求{an}的通项公式和前n项和Sn； (2)设bn＝
n－1
.
an＋1
，令Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn和Tn的最小值． SnSn＋1
解：(1)设等比数列{an}的公比为q. 在an＋an＋1＝3×2
n－1
中，令n＝1，n＝2，
?a1＋a2＝a1（1＋q）＝3，?a1＝1，???解得? ??a＋a＝aq（1＋q）＝6，q＝2.31?2?
所以an＝2
n－1
1×（1－2）n，Sn＝＝2－1.
1－2
n(2)由题意知bn＝
1
1
1
an＋111
＝－， SnSn＋1SnSn＋1
1
1
1
1
1
1
??????Tn＝?－?＋?－?＋…＋?－?＝－＝1－n＋1 2－1?S1S2??S2S3??SnSn＋1?S1Sn＋1
1??1?2?因为Tn＋1－Tn＝?1－n＋2?－?1－n＋1?＝n＋1＞0，
?2－1??2－1?（2－1）（2n＋2－1）所以{Tn}单调递增， 2
所以(Tn)min＝T1＝. 3
11．(2017·衡水中学质检)若数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2
＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.
(导学号 54850116)
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}满足cn＝
n＋1
an＋1nn，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式(－1)λ＜Tn＋n－1对bn＋12
4
一切n∈N都成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)因为数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.所以a1＋1＝2，解得a1＝1.
又数列{an}是公差为2的等差数列， 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1. 所以2nbn＝nbn＋1，化为2bn＝bn＋1， 所以数列{bn}是等比数列，公比为2. 所以bn＝2
n－1
*
.
(2)设数列{cn}满足cn＝
an＋12nn＝＝， bn＋12n2n－1
23n数列{cn}的前n项和为Tn＝1＋＋2＋…＋n－1，
222112n－1n所以Tn＝＋2＋…＋n－1＋n，
22222
1
1－n2n1111n所以Tn＝1＋＋2＋…＋n－1－n＝－n＝
2222212
1－22－
n＋2
2
n，
因此Tn＝4－
n＋2
2
n－1. 不等式(－1)λ＜Tn＋n－1，
22n化为(－1)λ＜4－n－1，
2
nnn＝2k(k∈N*)时，λ＜4－2
2
n－1，所以λ＜2. 2
，所以λ＞－2.
n＝2k－1(k∈N*)时，－λ＜4－
2
n－1
综上，可得实数λ的取值范围是(－2，2)．
[典例] (本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为3的等差数列，数列1
{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.
3
(1)求{an}的通项公式； (2)求{bn}的前n项和．
5
2018年高考数学二轮复习第二部分专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课时规范练理
