上海上南中学东校选修二第一单元《数列》测试题(含答案解析)

一、选择题

1．若数列an满足a12，a23，anA．

an1（n3且nN*），则a2018等于（ ） an2C．3

D．

1 2B．2

2 32．已知数列an满足an2an1an，,nN*.若4a53a616，则

a1a2a9（ ）

A．16

B．28

C．32

D．48

3．在数列an中，a11，且an1A．

an，则其通项公式为an（ ） 1nanB． 21 2nn12

nn11

nn22

nn2C． 2D． 24．已知数列an的前n项和为Sn，且a11，an1Sn，若an(0,2020)，则称项an为“和谐项”，则数列an的所有“和谐项”的平方和为（ ） A．4C．413111 32 3111S1S2S3B．

B．4D．413121 32 3131013115．已知数列{an}中，a11，前n项和为Sn，且点P(an,an1)(nN)在直线

xy10上，则

A．

1S2019（ ）

C．

2019 20202019 10102019 4040D．

20192020 26．设数列{an}满足a12,a26,且an22an1an2，若x表示不超过x的最大整10241024数，则aa211024（ ） a1024A．1022

7．已知函数fxB．1023 C．1024 D．1025

3ax3,x7,ax6,x7.令anfn(nN)得数列an，若数列an为

递增数列，则实数a的取值范围为（ ） A．1,3

B．2,3

C．,3

94D．2,

94

8．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＞1，且6Sn＝an2+3an+2．若对于任意实数a∈[﹣

an12t2at1nN*恒成立，则实数t的取值范围为（ ） n1A．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞） B．（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞） C．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞） D．[﹣2，2]

2，2]．不等式

9．函数f(x)3sin2xcos2x3的正数零点从小到大构成数列an，则a3（ ） A．

13 12B．

5 4C．

17 12D．

7 6，S1015，则S20（ ） 10．设等比数列an的前n项和为Sn，且S53A．255

B．375

C．250

D．200

11．已知数列an满足：a11，an1annN*．若an21bn+1(n)1nN*，b1，且数列bn是单调递增数列，则实数的取

an值范围为（ ） A．2

B．3

C．2

D．3

12．数列an中，an2n范围为（ ） A．12,24

k，若对任意nN+，都有ana3成立，则实数k的取值nC．3,12

D．3,12

B．12,24

二、填空题

213．数列an的前n项和Snnn，则它的通项公式是an__________.

14．已知数列an满足a11，an1an，则a5_________. an115．数列an的前n项和Sn2an3nN*，则a4__________.

16．如图所示，正方形ABCD的边长为5cm，取正方形ABCD各边的中点E,F,G,H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的中点I,J,K,L，作第3个正方形IJKL，依此方法一直继续下去.如果这个作图过程可以一直继续下去，那么所有这些正方形的面积之和将趋近于___cm2？

17．已知数列an的前n项和Sn2n2，nN*.求数列an的通项公式为______.设

bn2an(1)nan，求数列bn的前2n项和Tn______.

18．已知正项等比数列

的最小值为 ．

满足：

,若存在两项

使得

,则

xe19．已知函数f(x)（e是自然对数的底数），设e1xn2020,f(n),an，nN*，数列an的前n项和为Sn，则S4039的值是1f4041n,n2020,______.

20．已知数列an为等差数列，其前n项和为Sn，且S6S7S5，给出以下结论：①d0；②S110；③S120；④数列Sn中的最大项为S11；⑤a6a7其中正确的有______.（写出所有正确结论的序号）

三、解答题

21．已知an是首项为19，公差为2的等差数列. （1）求数列an的通项公式an；

（2）设bnan是首项为1，公比为3的等比数列，求数列bn的通项公式及其前n项和

Tn.

22．已知an为等差数列，a1,a2,a3分别是表第一、二、三行中的某一个数，且a1,a2,a3中的任何两个数都不在表的同一列.

第一列 第一列 第二列 第三列 第二列 第三列 4 12 6 8 9 7 请从①a12，②a11，③a13的三个条件中选一个填入上表，使满足以上条件的数列an存在.并在此存在的数列an中，试解答下列两个问题： （1）求数列an的通项公式；

anS4对任意的nN*都成立，求实数S（2）设数列n的前n项和n，若不等式nan2的最小值.

23．在各项均为正数的等比数列an中，a1a212，a3a4108， （Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）记bnnan，求数列bn的前n项和Sn．

24．已知数列{an}的前n项和Sn和通项an满足2Sn+an＝1，数列{bn}中，b1＝1，b21，22bn111，(n∈N*). bnbn2（1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）数列{cn}满足cnan3，求证：c1c2c3…cn. bn425．等差数列an的前n项和为Sn，已知a17，S515． （1）求an的通项公式； （2）求Sn，并求Sn的最大值．

n26．已知正项等比数列an满足a2n139，bnlog3an，且bn，cn，n4成等差数

列.

（1）求数列cn的通项公式；

1（2）求数列的前100项和T100.

cnbnn

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C

解析：C 【分析】

先由题设求得数列an的前几项，然后得到数列an的周期，进而求得结果. 【详解】

因为a12，a23，anan1（n3且nN*）， an213a23a321， a5a421， ，所以a3a12a4a333a232212a2a532a63a873a6，a72，，a6211a43a5323所以数列an是周期为6的周期数列， 所以a2018a33662a23， 故选：C. 【点睛】

思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题方法如下： （1）根据题中所给的前两项以及递推公式，逐项写出数列的前几项； （2）根据规律判断出数列的周期；

（3）根据所求的数列的周期，求得a2018a2，进而求得结果.

，

2．C

解析：C 【分析】

由an2an1an，分别求出a3,a4,a5,a6,a7,a8,a9关于a1,a2的表达式， 再利用4a53a616，即可求解 【详解】

由an2an1an可得，a3a2a1，a4a3a22a2a1

a5a4a33a22a1，a6a5a45a23a1，a7a6a58a25a1， a8a7a613a28a1，a9a8a721a213a1， a1a2a954a234a12(27a217a1)，

4a53a616，4(3a22a1)3(5a23a1)16，即27a217a116， a1a2a954a234a12(27a217a1)32

故选：C 【点睛】

关键点睛，利用递推式an2an1an，

求得a1a2a954a234a12(27a217a1)，再利用

4a53a616，求得

27a217a116，进而求解，主要考查学生的数学运算能力，属于中档题

3．D

解析：D 【分析】

an111n2n2n，再由累加法计算出先由an1得出，进而求出an.

1nanan1anan2【详解】 解：an1an， 1nanan11nanan，

化简得：an1nanan1an， 两边同时除以anan1并整理得：

11n， an1an111111112n1(n2,nz)， 31即，，，…，a3a2anan1a4a3a2a1将上述n1个式子相加得：

11111111+…123…n1， a2a1a3a2a4a3anan111n(n1)即， ana1211n(n1)n(n1)n2n2=1(n2,nz)， ana1222又

11也满足上式， a11n2n2(nz)， an22(nz).

n2n2故选：D. 【点睛】 an易错点点睛：利用累加法求数列通项时，如果出现n1，要注意检验首项是否符合.

4．D

解析：D

【分析】 当n2时，anSn1，又由an1Sn，两式相减，得到an12an，求得

,210，结合等比数列的求

an2n2,n2，得到数列an的所有“和谐项”为1,1,2,4,8,和公式，即可求解. 【详解】

由a11，an1Sn，可得a2S1a11， 当n2时，anSn1，又由an1Sn，

an12， 两式相减，可得an1anSnSn1an，即an12an，即ann2则数列an从第二项起是公比为2的等比数列，即an2,n2，

又由an(0,2020)，即2n22020，可得n13,nN，所以“和谐项”共有12项，

则数列an的所有“和谐项”为1,1,2,4,8,可得数列an的所有“和谐项”的平方和为

,210，

11416故选：D. 【点睛】

(1411)1112414.

143310与数列的新定义有关的问题的求解策略：

通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；

遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.

5．B

解析：B 【分析】

由点在直线上得到数列{an}的通项公式和前n项和公式，根据公式特征利用裂项相消可得答案. 【详解】

点P(an,an1)(nN)在直线xy10上，所以an1an1，即an1an=1

所以{an}是以1为首项，公差为1的等差数列，即an=n，Sn=所以

(1n)n， 21211=2， Sn(1n)nnn1111S1S2S31S20191112122311121 2019202020202019. 1010故选：B. 【点睛】 裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和，注意通项“分裂成两项差”的形式之后是不是还有系数.

6．B

解析：B 【分析】

由an22an1an2变形得an2an1an1an2，令bnan1an，可得bn为等差数列，求得bn通项进而求得an通项， 结合裂项公式求整数定义即可求解 【详解】

由an22an1an2an2an1an1an2，设bnan1an，则

1前n项和，再由最大anbn1bn2，bn为等差数列，b1a2a14，公差为d2，故bn2n2，

，a2a122，叠加得ana1n2n1，化简得

bn12nanan1，

an1an22n1，

ann2n，故

10241024aa211111，所以 annn1nn1102411110241a1024223111102411025 10241025102410241023 1025故选：B 【点睛】

方法点睛：本题考查构造数列的使用，等差通项的求解，叠加法求前n项和，裂项公式求前n项和，新定义的理解，综合性强，常用以下方法： （1）形如anan1fn的数列，常采用叠加法求解；

1111111（2）常见裂项公式有：，，

nn1nn1nnkknnk111

2n12n122n12n117．B

解析：B 【分析】 由fx3ax3,x7,ax6,x7.，anfn(nN)得数列an，根据数列an为递增

数列，联立方程组，即可求得答案. 【详解】

3ax3,x7,fx x6a,x7.令anfn(nN)得数列an

an3an3,n7an6,n7nN且数列a为递增数列，

n3a0,a1,得 73a3a2,解得2a3. 即：a2,3 故选：B. 【点睛】

本题主要考查了根据递增数列求参数范围问题，解题关键是掌握递增数列的定义，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.

8．A

解析：A 【分析】

根据an与Sn的关系，由6Sn＝an2+3an+2，得6Sn﹣1＝an﹣12+3an﹣1+2，两式相减整理得an﹣an

an12t2at1nN*n1恒成立，转化为2t2+at﹣4≥0，对于任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*恒成立求解. 【详解】

由6Sn＝an2+3an+2，

当n＝1时，6a1＝a12+3a1+2．解得a1＝2， 当n≥2时，6Sn﹣1＝an﹣12+3an﹣1+2，

两式相减得6an＝an2+3an﹣（an﹣12+3an﹣1）， 整理得（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣3）＝0，

由an＞0，所以an+an﹣1＞0，所以an﹣an﹣1＝3， 所以数列{an}是以2为首项，3为公差的等差数列，

﹣1

＝3，由等差数列的定义求得an的通项公式，然后将不等式

所以an+1＝2+3（n+1﹣1）＝3n+2， 所以

an13n21＝＝3﹣＜3， n1n1n1因此原不等式转化为2t2+at﹣1≥3，对于任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*恒成立， 即为：2t2+at﹣4≥0，对于任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*恒成立， 设f（a）＝2t2+at﹣4，a∈[﹣2，2]， 则f（2）≥0且f（﹣2）≥0，

t2t20即有2，

tt20解得t≥2或t≤﹣2，

则实数t的取值范围是（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞） 故选：A． 【点睛】

本题主要考查数列与不等式的，an与Sn的关系，等差数列的定义，方程的根的分布问题，还考查了转化化归思想和运算求解的能力，属于中档题．

9．B

解析：B 【分析】

先将函数化简为f(x)2sin2x3，再解函数零点得xk或645k，kZ，再求a3即可. 12【详解】 x解：∵f(x)3sin2xcos2x32sin2x∴ 令fx0得：2x∴x3 6632k或2x622k，kZ， 34k或x5k，kZ， 12∴ 正数零点从小到大构成数列为：a1故选：B. 【点睛】

4,a255,a3,124

本题考查三角函数的性质，数列的概念，考查数学运算求解能力，是中档题.

10．A

解析：A 【分析】

由等比数列的性质，S5,S10S5,S15S10,S20S15仍是等比数列，先由

S5,S10S5,S15S10是等比数列求出S15，再由S10S5,S15S10,S20S15是等比数列，

可得S20. 【详解】

2由题得，S5,S10S5,S15S10成等比数列，则有(S10S5)S5(S15S10)，

1223(S1515)，解得S1563，同理有(S15S10)2(S10S5)(S20S15)，48212(S2063)，解得S20255.

故选：A 【点睛】

，S1015求出数列的首项和本题考查等比数列前n项和的性质，这道题也可以先由S53公比q，再由前n项和公式直接得S20。

11．C

解析：C 【分析】 数列{an}满足an112an*1，从而得到nN，两边取倒数可得

an2an1an111=2n，于是bn+1＝（n﹣λ）（+1）＝（n﹣λ）•2n，由于数列{bn}是单调递增数ana1列，可得bn+1＞bn，解出即可． 【详解】

∵数列{an}满足：a1＝1，an1annN*， an212111121∴，化为, an1anan1an∴数列1111=2n， 1是首项为+1＝2，公比为2的等比数列，∴

a1anan1+1）＝（n﹣λ）•2n， a1∴bn+1＝（n﹣λ）（

∵数列{bn}是单调递增数列，∴bn+1＞bn，

∴n≥2时，（n﹣λ）•2n＞（n﹣1﹣λ）•2n﹣1，化为λ＜n+1， ∵数列{n+1}为单调递增数列，∴λ＜3．

当n＝1时，b2＝（1﹣λ）×2＞﹣λ＝b1，解得λ＜2． 综上可得：实数λ的取值范围为λ＜2． 故选：C． 【点睛】

本题考查由数列的递推关系式求数列的通项公式、考查由数列的单调性求解参数问题，考查等比数列的通项公式，考查推理能力与计算能力，属于中档题．

12．A

解析：A 【分析】

根据题意，可知当k0时，数列an单调递增，不符合题意；当k0时，对任意

a2a3nN+，都有ana3成立，得出，即可求出实数k的取值范围，再通过数列的

aa34单调性进行验证，符合题意，即可得出答案. 【详解】

解：由题可知，an2nk，对任意nN+，都有ana3成立， n当k0时，可知数列an单调递增，不符合题意； 当k0时，若对任意nN+，都有ana3成立，

kk46a2a3k1223则，即，解得：，

kkaak2434863412k24，

此时，数列在1,2上递减，3,上递增，或在1,3上递减，4,上递增， 故符合题意，

所以实数k的取值范围为12,24. 故选：A. 【点睛】

本题考查数列的恒成立问题，根据数列的单调性求参数范围，考查分析解题和运算能力.

二、填空题

13．【分析】依据与的关系由计算即得结果【详解】时；且时易见也适合该式故故答案为：【点睛】数列的前n项和当已知求时按照两者关系由计算当也适合通项公式时合并作答否则写出分段形式 解析：an2n2nN

【分析】

S1,n1aSa依据n与n的关系，由n计算即得结果.

SS,n2n1n【详解】

n1时，a1S1110；

22n1n12n，易见，n1n2且nN+时，anSnSn1nn也适合该式.故an2n2nN. 故答案为：an2n2nN. 【点睛】

S1,n1数列an的前n项和Sn，当已知Sn求an时，按照两者关系，由anSnSn1,n2计算，当n1也适合通项公式时，合并作答，否则写出分段形式.

14．【分析】由已知可知即数列是首项为1公差为1的等差数列进而可求得数列的通项公式即可求【详解】由题意知：即而∴数列是首项为1公差为1的等差数列有∴则故答案为：【点睛】关键点点睛：由递推关系求数列的通项进

1解析：

5【分析】

1由已知可知

an11an11即数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，进而可求得数列

anan的通项公式，即可求a5.

【详解】

1由题意知：an1(an1)an，即

an1∴数列{∴an1an1，而a11，

n，

11}是首项为1，公差为1的等差数列，有anan

11，则a5. n5故答案为：【点睛】

1 51{}的通项，进而得到an的通项公式写出项. 关键点点睛：由递推关系求数列an15．24【分析】根据可得两式作差可证明为等比数列并求解出通项公式从而可求【详解】因为所以所以所以所以且所以所以为首项为公比为的等比数列所以所以故答案为：【点睛】思路点睛：已知之间的线性关系求解通项公式的

解析：24 【分析】

根据Sn2an3可得Sn12an13，两式作差可证明an为等比数列并求解出通项公式，从而a4可求. 【详解】

因为Sn2an3，所以Sn12an13，所以Sn1Sn2an12an， 所以an12an12an，所以an12an，且S1a12a13，所以a130， 所以an为首项为3，公比为2的等比数列，所以an32故答案为：24. 【点睛】

思路点睛：已知Sn,an之间的线性关系，求解an通项公式的思路： （1）根据已知条件再写一个关于Sn+1,an+1或Sn1,an1n2的等式；

（2）将新式子与原式作差，利用an1Sn1Sn或anSnSn1n2求解出an的一个递推公式；

（3）证明an为等比数列，并求解出通项公式.

n141，所以a43224，

16．50【分析】根据题意正方形边长成等比数列正方形的面积等于边长的平方可得代入求出的通项公式然后根据等比数列的前n项和的公式得到的和即可求解【详解】记第1个正方形的面积为第2个正方形的面积为第n个正方形

解析：50 【分析】

2根据题意，正方形边长成等比数列，正方形的面积等于边长的平方可得Snan，代入求

出Sn的通项公式，然后根据等比数列的前n项和的公式得到s1S2S3Sn的和即可求解. 【详解】

记第1个正方形的面积为S1，第2个正方形的面积为S2，，第n个正方形的面积为

Sn，

设第n个正方形的边长为an,则第n个正方形的对角线长为2an， 所以第n+1个正方形的边长为an12an， 2an12， an22的等比数列， 2即数列{an}是首项为a15，公比为

an5(2n1)， 21的等比数列， 2数列{Sn}是首项为S125，公比为

25(1S1S2S3Sn1)2n50(11)，

n1212所以如果这个作图过程可以一直继续下去，那么所有这些正方形的面积之和将趋近于50, 故答案为：50

17．【分析】根据写式子两式子相减整理得再验证时是否成立即可写出通项公式由已知可得运用分组求和即可得到答案【详解】∵①∴②由②﹣①可得：即又当时有满足∴；由已知可得：∴所以故答案为：；【点睛】本题考查已知 解析：an4n216n2+4n

【分析】 根据Sn2n2nN写式子S*n12n+1，两式子相减整理得an4n2，再验证

2nn1时是否成立，即可写出通项公式.由已知可得bn24n2(1)4n2，运用

分组求和即可得到答案. 【详解】 ∵Sn2n2nN①，∴S*1②，由②﹣①可得：an14n+2，即n12n+2an4n2，

2又当n1时，有S1211a11满足an4n2，∴an4n2；

由已知可得：bn24n2(1)n4n2，

+a2n1+3a2n

∴Tnb1b2b3b2na13a2+a3+3a4+a1+a3++a2n13a2+a4++a2n

n8n4n8n+4316n2+4n， 222所以Tn16n+4n，

2故答案为：an4n2；Tn16n+4n.

【点睛】

本题考查已知数列前n项和为Sn与an的关系求通项，注意验证n1是否满足，考查分组求和，属于中档题.

18．【详解】存在两项使得比较可得当时有最小值为【点睛】本题考查了基本不等式；等比数列的通项基本不等式求最值应注意的问题（1）使用基本不等式求最值其失误的真正原因是对其前提一正二定三相等的忽视要利用基本不 解析：

【详解】

a7a62a5，a5q2a5q2a5，q2q20，q2，存在两项

使得

aman2a1，aman4a12，qmn24，mn4，

，比较可得当

. 【点睛】

本题考查了基本不等式；等比数列的通项.基本不等式求最值应注意的问题（1）使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其前提“一正、二定、三相等”的忽视．要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可．（2）在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件．

时，有最小值为

19．【分析】由题意可得且进而可得结合数列的通项公式可得从而可得答案【详解】根据题意因为所以所以因为所以故答案为：【点睛】此题考查数列的求和以及数列与函数的关系关键是分析属于中档题 解析：

4039 2【分析】

1()e1111xf(1)由题意可得， f()，且，进而可得x1(1)e1xe112x1f(x)f()1，结合数列的通项公式可得

xS4039f(1)f(2)f(2020)f(111)f()f() 202020192111f(1)[f(2)f()][f(3)f()]f(2020)f()，

232020从而可得答案. 【详解】 根据题意，

1e()1111xexf()f(1)因为f(x)，所以，， ee1x1()e1x1121xx1所以f(x)f()1，

xn2020,f(n),因为an 1f,n2020,4041n所以S4039f(1)f(2)f(2020)f(111)f()f() 202020192111f(1)[f(2)f()][f(3)f()]f(2020)f()

232020140392019 224039 2故答案为：【点睛】

此题考查数列的求和以及数列与函数的关系，关键是分析f(x)f()1，属于中档题.

1x20．①②③⑤【分析】由可得即可判断①⑤；可判断②；可判断③；由可判断④【详解】由可得故公差且①⑤正确；故②正确；故③正确；因所以数列中的最大项为故④错误故答案为：①②③⑤【点睛】本题考查等差数列的性质涉

解析：①②③⑤ 【分析】

由S6S7S5可得a70，a60，a6a70即可判断①⑤；S1111a6可判断②；S126(a6a7)可判断③；由a1a2【详解】

由S6S7S5可得a70，a60，a6a70，故公差d0，且a6a7，①⑤正确；

a60a7可判断④.

S11确；

1112(a1a11)11a60，故②正确；S12(a1a12)6(a6a7)0，故③正22因a1a2【点睛】

a60a7，所以数列Sn中的最大项为S6，故④错误.

故答案为：①②③⑤.

本题考查等差数列的性质，涉及到等差数列的和等知识，考查学生推理及运算能力，是一道中档题.

三、解答题

21．（1）an212n；（2）bn212n3【分析】

（1）利用等差数列的通项公式即可求解；

n1（2）由（1）得bn212n3，利用分组求和即可求解.

n13n1. ；Tnn20n22【详解】

（1）因为an是首项a119，公差d2的等差数列， 所以an192(n1)212n，

（2）由题知bnan是首项为1，公比为3的等比数列，

n1n1则bnan3，所以bnan3

212n3n1，

所以Tnb1b2bn

a130a231a332an3n

13323n1a1a2an

n19212n3n1n402n3n12n20n.

1322229122．（1）an3n2；（2）

8【分析】

（1）由等差数列的定义可得选②，再由等差数列的通项公式可得所求；

（2）由错位相减法求得Sn，再参数分离可得立，令bn【详解】

（1）已知an为等差数列，由题选择②可成立， 即a11，a24，a37，所以公差d3，

113n3n23n+4对任意的

2nnN*都成

3n23n+4，判断b的单调性求得最大项即可求出.

2nnan1+n133n2；

（2） Snan3n2， nn22147+2+3+1222++3n2， n23n2， 2n+1111n13n2223n11， +nn+113n+12212121147Sn2+3+4+2222两式相减得：

1111Sn3+2+3+2222整理得Sn43n+4， 2n若不等式Sn则4an4对任意的nN*都成立，

3n+43n23n+4对任意的

+4，即nN*都成立， nn23n22令bn3n23n+4，

2n3n+13n+73n23n+49n2+12n+23， 2n+12n2n+1则bn+1bn当n1,2时，bn+1bn0，可得b3b2b1， 当n3时，bn+1bn0，可得b3b4b5则bn中的最大项为b3，

91， 89191. ，即的最小值为

88【点睛】

方法点睛：数列求和的常用方法：

（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；

（2）对于anbn结构，其中an是等差数列，bn是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于an+bn结构，利用分组求和法； （4）对于1结构，其中an是等差数列，公差为d，则

anan11111，利用裂项相消法求和. anan1danan1n23．（Ⅰ）an3；（Ⅱ）Snn1n133. 244【分析】

（Ⅰ）已知数列an是等比数列，要求通项公式，由已知条件采用基本量法，即用首项a1和公比q表示出已知，并解出即可；

（Ⅱ）bnnan是由一个等差数列与等比数列对应项相乘形成的，因此求其前n项和是用错位相减法． 【详解】

（Ⅰ）设等比数列an的首项为a1，公比为q（q0）， 由己知得a1a1q12，则解得a13，q3 23aqaq10811所以数列an是以3为首项，3为公差的等差数列，

n1n即an333.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得bnnann3 所以Snb1b2b3nbn

131232333由（1）（2），得

n3n（1）

(n1)3nn3n1（2）

3Sn1322333342Sn333∴Sn1233n3nn1313n13n3n1

313n4nn1n1n1333． 2424【点睛】

本题考查求等比数列的通项公式，错位相减法求和．数列求和的常用方法： 设数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，

（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和； （2）错位相减法：数列{anbn}的前n项和应用错位相减法； （3）裂项相消法；数列{1}（k为常数，an0）的前n项和用裂项相消法； anank（4）分组（并项）求和法：数列{panqbn}用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；

（5）倒序相加法：满足amanmA（A为常数）的数列，需用倒序相加法求和． 24．（1）an()；bn【分析】

（1）当n1时，代入条件，可求得a1的值，当n≥2时，根据anSnSn1，结合等比数列的定义，即可求得数列{an}的通项公式，根据等差中项的性质，可得{13n1；（2）证明见解析. n1}为等差数列，bn1代入数据，求得首项和公差d，即可求得数列{bn}的通项公式；

b1（2）根据（1），可得cnan1n()n，利用错位相减求和法，即可求得数列{cn}的前n项bn3和，根据表达式，即可得证. 【详解】

1（1）由2Sn+an＝1，得Sn(1an)，

211当n1时，S1(1a1)，∴a1，

2311当n≥2时，anSnSn1(1an)(1an1)，

22∵an10，∴∴{an}是首项为∴an().

an1， an1311，公比为的等比数列， 3313n1211*(nN){}为等差数列， ∵，∴bn1bnbn2bn由b1＝1，b2∴{11111，得1，2，d1，

b2b2b1b121}是首项为1，公差为1的等差数列， bn111(n1)1n，∴bn. ∴bnn（2）cnan1n()n， bn31121n设Tn＝c1+c2+c3+…+cn，则Tn12()…n()①，

3331111Tn1()22()3…n()n1②，

3333

①-②得Tn231121311()()()nn()n1 3333311[1()n]23n(1)n11(1n)(1)n， Tn3133223313∴Tn32n313n. 4434【点睛】

当题中出现Sn与an关系时，解题的方法是利用anSnSn1求解，并检验n=1时是否满足题意，证明数列为等差、等比数列时，①可以用等差、等比数列的定义证明，②可以利用等差中项、等比中项证明，考查学生对基础知识的掌握程度，属中档题.

225．（1）an92n；（2）Snn8n，Snmax16.

【分析】

（1）根据等差数列前n项和的计算公式结合a1,S5的值，计算出等差数列的公差d，由此确定出等差数列的通项公式；

（2）根据a1,d求解出Sn，结合二次函数的性质确定出Sn的最大值.

【详解】

（1）设等差数列的公差为d，因为S55a1所以an7n1292n； （2）因为Sna1n54d15，所以d2， 2nn12d7nnn1n28n，即Snn416 2当n4时，Sn有最大值，SnmaxS416. 【点睛】

方法点睛：求解等差数列前n项和的最值的几种常用方法：

（1）利用等差数列前n项和的二次函数特性，求解出前n项和的最值；

（2）分析等差数列通项公式，根据等差数列各项取值的正负，确定出前n项和的最值. 26．（1）cnn2；（2）【分析】

（1）先由题设求得数列an的公比q，进而求得an与bn，再由bn，cn，n4成等差数列求得cn；

50. 1011100.（2）先由（1）求得

cnnbn，再利用裂项相消法求得其前项和

【详解】

a53929，解得：q3， 解：（1）设公比为qq0，∵a2n139，∴q1a339n2n33913n33n， ∴ana3q∵bnlog3ann，且bn，cn，n4成等差数列， ∴cnbnn4n2； 2（2）由（1）可得：∴T10011111，

cnb2n(n1)2nn1nn111111115011. 22231001012101101【点睛】 结论点睛：

裂项相消法求数列和的常见类型：

1111（1）等差型，其中an是公差为dd0的等差数列； anan1danan1（2）无理型1nnknn1nkn； k（3）指数型a1aa（4）对数型logaan；

an1logaan1logaan. an