层级快练(三十七)
1．数列{1＋2A．1＋2 C．n＋2－1 答案 C
2．数列{(－1)(2n－1)}的前2 018项和S2 018等于() A．－2 016 C．－2 015 答案 B
解析 S2 018＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2 017－1)＋(2×2 018－1)＝2＋2＋…＋2,1 009个2相加＝2 018.故选B.
3．在数列{an}中，已知对任意n∈N，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3－1，则a1＋a2＋a3＋…＋an等于( ) A．(3－1) C．9－1 答案 B
解析 因为a1＋a2＋…＋an＝3－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3＝2·3
n－1
n
n－1
nn
2
*
n
2
2
2
2
n
nn
n－1
}的前n项和为( )
B．2＋2 D．n＋2＋2
nn
B．2 018 D．2 015
1n
B.(9－1) 21n
D.(3－1) 4
－1(n≥2)．则n≥2时，an
.
n－1
当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以an＝2·3
2
(n∈N)．
*
则数列{an}是首项为4，公比为9的等比数列，故选B.
4．数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n＋3n＋2，则{bn}的前10项之和为( ) 1A. 31C. 2答案 B
1111
解析 bn＝＝＝－，
an（n＋1）（n＋2）n＋1n＋2S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10
11111111115＝－＋－＋－＋…＋－＝－＝. 233445111221212
B.D.5
127 12
2
111n
5．在数列{an}中，an＝2＋1，则＋＋…＋＝( )
a2－a1a3－a2an＋1－an1
A．1＋n
21
C．1－n
2答案 C
2－1321
6．已知数列{an}的通项公式是an＝n，其前n项和Sn＝，则项数n等于( )
264A．13 C．9 答案 D
2－111111
解析 ∵an＝n＝1－n，∴Sn＝n－(＋2＋…＋n)＝n－1＋n. 222222321111
而＝5＋，∴n－1＋n＝5＋.∴n＝6. 64642647．已知等差数列{an}的公差为d，且an≠0，d≠0，则A.C.
nd
a1（a1＋nd）d
a1（a1＋nd）
B.D.
111＋＋…＋可化简为( ) a1a2a2a3anan＋1
n
n
B．1－2 D．1＋2
n
n
B．10 D．6
n
a1（a1＋nd）n＋1
a1[a1＋（n＋1）d]
答案 B
11111111111
解析 ∵＝(－)，∴原式＝(－＋－＋…＋－) anan＋1danan＋1da1a2a2a3anan＋1111n
＝(－)＝，选B. da1an＋1a1·an＋1
25an
8．(2017·衡水中学调研卷)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，S5＝，则数列{n}
22的前n项和为( ) n＋2
A．1－n＋1 2n＋4C．2－n 2答案 B
解析 设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋
n（n－1）25
d，因为S3＝6，S5＝，所以22n＋4B．2－n＋1
2n＋2D．2－n＋1
2
??1ann＋2an
解得所以an＝n＋1，n＝n＋1，设数列{n}的前n项和为Tn，则?25?222215a1＋10d＝，?2d＝，???
?3a1＋3d＝6，
2
345n＋1n＋21345n＋1n＋213
Tn＝2＋3＋4＋…＋n＋n＋1，Tn＝3＋4＋5＋…＋n＋1＋n＋2，两项相减得Tn＝＋
2222222222224111n＋2311n＋2n＋4(3＋4＋…＋n＋1)－n＋2＝＋(1－n－1)－n＋2，所以Tn＝2－n＋1. 2222442221119．Sn＝2＋2＋…＋＝________． 2
2－14－1（2n）－1答案
n
2n＋1
111111111
＝＝(－)，∴Sn＝(1－＋－2
（2n）－1（2n－1）（2n＋1）22n－12n＋12335
?
3
a1＝，2
解析 通项an＝＋…＋
1111n－)＝(1－)＝. 2n－12n＋122n＋12n＋1
2
10．已知数列{an}的前n项和Sn＝n－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝________．
??6n－n （1≤n≤3），答案 ?2
?n－6n＋18 （n>3）?
2
解析 由Sn＝n－6n，得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7. ∴n≤3时，an<0；n>3时，an>0.
??6n－n （1≤n≤3），∴Tn＝?2
?n－6n＋18 （n>3）.?
2
2
11．(2017·衡水中学调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2(n∈N)，则S2 016＝________． 答案 3×2
1 008
n*
－3
n
n＋1
解析 依题意，得an＋1·an＝2，an＋1·an＋2＝2
an＋1·an＋2an＋2
，则＝2，即＝2，
an·an＋1an
所以数列a1，a3，a5，…，a2k－1，…是以a1＝1为首项，2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2k，…是以a2＝2为首项，2为公比的等比数列，则
1－22（1－2）1 008
S2 016＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 015)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 016)＝＋＝3×2
1－21－2－3.
12．(2018·深圳调研二)数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，Sn为其前n项和，a1，a2，a5成等比数列．
(1)证明：S1，S3，S9成等比数列；
(2)设a1＝1，bn＝a2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
1 008
1 008
答案 (1)略 (2)2
n＋2
－n－4
2
解析 (1)证明：由题意有a2＝a1·a5， 即(a1＋d)＝a1·(a1＋4d)，解得d＝2a1. 又∵S1＝a1，S3＝3a1＋3d＝9a1， S9＝9a1＋36d＝81a1，
∴S3＝S1·S9.又∵S1，S3，S9均不为零， ∴S1，S3，S9成等比数列．
(2)由a1＝1得d＝2a1＝2，则an＝2n－1，则 Tn＝a2＋a22＋a23＋…＋a2n
＝(2×2－1)＋(2×2－1)＋(2×2－1)＋…＋(2×2－1) ＝2×(2＋2＋2＋…＋2)－n ＝2
n＋2
2
3
n2
3
n
2
2
－n－4
13．(2017·课标全国Ⅲ，文)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求数列{an}的通项公式； an
(2)求数列{}的前n项和．
2n＋122n
答案 (1)an＝ (2) 2n－12n＋1
解析 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时， a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．
2
两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝(n≥2)．
2n－1又由题设可得a1＝2， 从而{an}的通项公式为an＝(2)记{
2
. 2n－1
anan211
}的前n项和为Sn.由(1)知＝＝－. 2n＋12n＋1（2n＋1）（2n－1）2n－12n＋1
1111112n则Sn＝－＋－＋…＋－＝.
13352n－12n＋12n＋1
14．已知数列{an}为等比数列，Tn＝na1＋(n－1)a2＋…＋an，且T1＝1，T2＝4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{Tn}的通项公式． 答案 (1)an＝2
n－1
(2)Tn＝2
n＋1
－n－2
解析 (1)T1＝a1＝1，
T2＝2a1＋a2＝2＋a2＝4，∴a2＝2.
a2
∴等比数列{an}的公比q＝＝2.
a1∴an＝2
n－1
.
2
n－1
(2)方法一：Tn＝n＋(n－1)·2＋(n－2)·2＋…＋1·22Tn＝n·2＋(n－1)2＋(n－2)2＋…＋1·2，② ②－①，得
Tn＝－n＋2＋2＋…＋2＝－n＋2
n＋1
2
n－12
3
n
，①
2（1－2）
＋2＝－n＋
1－2
n
n
－2＝2
n＋1
－n－2.
方法二：设Sn＝a1＋a2＋…＋an， ∴Sn＝1＋2＋…＋2
n－1
＝2－1.
n
∴Tn＝na1＋(n－1)a2＋…＋2an－1＋an ＝a1＋(a1＋a2)＋…＋(a1＋a2＋…＋an)
＝S1＋S2＋…＋Sn＝(2－1)＋(2－1)＋…＋(2－1) 2（1－2）
＝(2＋2＋…＋2)－n＝－n
1－2
2
n
n2
n
＝2
n＋1
－n－2.
n＋1
15．(2018·太原二模)已知数列{an}的前n项和Sn＝2
1
－2，数列{bn}满足bn＝an＋an＋
(n∈N)．
*
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若cn＝log2an(n∈N)，求数列{bn·cn}的前n项和Tn. 答案 (1)3×2 (2)3(n－1)×2
n
n＋1
*
＋6
解析 (1)当n＝1时，a1＝S1＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2， 又a1＝2满足上式， ∴an＝2(n∈N)， ∴bn＝an＋an＋1＝3×2. (2)由(1)得an＝2，bn＝3×2， ∴cn＝log2an＝n，∴bn·cn＝3n×2，
∴Tn＝3×(1×2＋2×2＋3×2＋…＋n×2)，① ①×2得2Tn＝3×(1×2＋2×2＋3×2＋…＋n×2①－②得－Tn＝3×(2＋2＋…＋2－n×2∴Tn＝3(n－1)×2
n＋1
2
n
n＋1
2
3
4
n＋1
2
3
n
n
n
n
n
n
*
n
)，②
n＋1
)＝3×[(1－n)×2－2]，
＋6.
2019届高考数学一轮复习第六章数列层级快练37文
