小题提速练]
1．(等差数列求和，等比数列性质)公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，S8＝32，则S10等于( ) A．18 C．60
B．24 D．90
2
解析：设数列{an}的公差为d(d≠0)，由a24＝a3a7，得(a1＋3d)＝(a1＋2d)(a1＋
6d)，故2a1＋3d＝0，再由S8＝8a1＋28d＝32，得2a1＋7d＝8，则d＝2，a1＝－3，所以S10＝10a1＋45d＝60. 答案：C
2．(一元二次不等式及等差数列性质)已知等差数列{an}的公差为d，关于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集为[0,9]，则使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数
n的值是( ) A．4 C．6
B．5 D．7
解析：∵关于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集为[0,9]，∴0,9是一元二次方程
dx2＋2a1x＝0的两个实数根，且d<0，∴－
2a1
d＝9，a1＝－
9d.∴an＝a1＋(n－1)d2
1111
＝n－d，可得a5＝－d>0，a6＝d<0.∴使数列{an}的前n项和Sn最大的正整
222
数n的值是5. 答案：B
3．(数列递推关系及通项)已知数列{an}满足a1＝5，anan＋1＝2n，则＝( ) A．2 C．5
B．4 5
D. 2
a7a3
an＋1an＋2an＋3an＋4an＋42n＋1·2n＋32a72
解析：因为＝＝n＝2，所以令n＝3，得＝2＝4，故
anan＋1an＋2an＋3an2·2n＋2a3选B. 答案：B
1
3
4．(等差数列前n项和)设无穷等差数列{an}的前n项和为Sn.若首项a1＝，公
2差d＝1，则满足Sk2＝(Sk)2的正整数k的值为( ) A．7 C．5
解析：法一：由题意知，
B．6 D．4
Sk2＝
k2a1＋ak2
2
2
k2＋＋k－1
＝
32
32
2
2
k＝
k2＋22
，
Sk＝
ka1＋ak2
33k＋＋k－122k＝＝
2
k＋22
，
因为Sk2＝(Sk)2， 所以
k2k2＋2
2
＝
k2k＋2
4
2
，得k＝4.
法二：不妨设Sn＝An2＋Bn，则Sk2＝A(k2)2＋Bk2，Sk＝Ak2＋Bk，由Sk2＝(Sk)2得k2(Ak2＋B)＝k2(Ak＋B)2，考虑到k为正整数，从而Ak2＋B＝A2k2＋2ABk＋B2，即(A2－
d1d1
A)k2＋2ABk＋(B2－B)＝0，又A＝＝，B＝a1－＝1，所以k2－k＝0，又k≠0，
2
2
2
4
从而k＝4. 答案：D
5．(等差数列通项)若数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，则使ak·ak＋1＜0的k值为( ) A．22 C．24
B．21 D．23
2
解析：因为3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－，所以数列{an}是首项为15，公
322247247
差为－的等差数列，所以an＝15－·(n－1)＝－n＋，令an＝－n＋>0，
333333得n<23.5，所以使ak·ak＋1<0的k值为23. 答案：D
6．(数列项的概念及求和)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1
＝
2
2ann为正奇数，
an＋1n为正偶数，A．16 C．33
则其前6项之和为( )
B．20 D．120
解析：a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以前6项和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C. 答案：C
7．(等差数列奇偶项问题)已知某等差数列共有2n＋1项，其奇数项之和为630，偶数项之和为600，则此数列的项数为( ) A．40 C．45
解析：∵奇数项之和S1＝偶数项之和S2＝
B．41 D．46
a1＋a2n＋1
2＝600，
n＋1
＝630，
a2＋a2n·n2
a1＋a2n＋1
∴＝
n＋1
＝
S1S2
2
a2＋a2n·n2
n＋1630
＝， n600
∴n＝20，∴2n＋1＝41，故选B. 答案：B
8．(等比数列奇偶项问题)已知一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为341，偶数项之和为682，则这个数列的项数为( ) A．4 C．8
解析：设该等比数列的前n项和为Sn.
∵一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为341，偶数项之和为682， ∴公比q＝∴Sn＝
1×
682
＝2， 341
＝341＋682，
B．6 D．10
1－2n1－2
解得n＝10.故选D.
3
答案：D
n，n为奇数，
9．(奇偶分段型)已知函数f(n)＝2
－n，n为偶数，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝( ) A．－2 019 C．2 019
B．－2 020 D．2 020
2
且an＝f(n)＋f(n＋1)，
解析：a2k－1＝f(2k－1)＋f(2k)＝(2k－1)2－(2k)2＝1－4k，k∈N*.
a2k＝f(2k)＋f(2k＋1)＝－(2k)2＋(2k＋1)2＝4k＋1，k∈N*. ∴a2k－1＋a2k＝2.
∴a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝2×1 010＝2 020.故选D. 答案：D
2nπ
b10．(正余弦型数列问题)已知数列{bn}满足b1＝1，b2＝4，bn＋2＝1＋sin
2n＋cos2
nπ2
，则该数列的前23项的和为( )
B．4 195 D．2 047
A．4 194 C．2 046
2nπ2nπb＋cos 解析：b1＝1，b2＝4，bn＋2＝1＋sin ，
2n2当n为奇数时，bn＋2＝2bn，数列为以2为公比的等比数列， 当n为偶数时，bn＋2＝bn＋1，数列为以1为公差的等差数列， ∴S23＝(b1＋b3＋…＋b23)＋(b2＋b4＋…＋b22) 1－21211×
＝＋11×4＋1－2答案：A
11．(隔项成等比)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b8＝( ) A．24 C．48
解析：由已知得an·an＋1＝2n， ∴an＋1·an＋2＝2n＋1，
4
11－12
×1＝212－1＋44＋55＝4 194，故选A.
B．32 D．64
两式相除得
an＋2
＝2. an∴a1，a3，a5，…成等比数列，a2，a4，a6，…成等比数列． 又a1＝1，a2＝2，
∴a8＝2×23＝16，a9＝1×24＝16，
又an＋an＋1＝bn，所以b8＝a8＋a9＝32.故选B. 答案：B
12．(数列的奇偶项)已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·cos1(n∈N*)，其前n项和为Sn，则S60＝( ) A．－30 C．90
B．－60 D．120
nπ2
＋
解析：由题意可得，当n＝4k－3(k∈N*)时，an＝a4k－3＝1；当n＝4k－2(k∈N*)时，an＝a4k－2＝6－8k；当n＝4k－1(k∈N*)时，an＝a4k－1＝1；当n＝4k(k∈N*)时，
an＝a4k＝8k.
∴a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝8，∴S60＝8×15＝120. 答案：D
13．(递推关系与等差数列)若数列{an}满足________. 解析：由
1
1
an＋1
＝
2an＋1
an，且a1＝3，则an＝
an＋1
＝2an＋1
an，得
1
an＋1an1
－＝2， 2的等差数列．
11
∴数列是首项为，公差为3an
115
∴＝＋(n－1)×2＝2n－， an333∴an＝.
6n－53
答案：
6n－5
14．(递推关系与等比数列)(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n 5
12
项和．若a1＝，a4＝a6，则S5＝________.
3
325
解析：由a24＝a6得(a1q)＝a1q，
1
整理得q＝＝3.
a1
13∴S5＝答案：
1－351－3
＝
121
. 3
121
3
15．(递推Sn与an，及等差数列)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝__________. 解析：因为an＋1＝Sn＋1－Sn， 所以Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn， 又由a1＝－1，知Sn≠0， 11所以－＝1，
SnSn＋1
1111
所以是等差数列，且公差为－1，而＝＝－1，所以＝－1＋(n－1)×(－
S1a1SnSn
1
1)＝－n，所以Sn＝－. n1
答案：－ n16．(数列求和)已知正实数x，y满足lg x＋lg y＝8，且Sn＝lg xn＋lg(xn－1 y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg(xyn－1)＋lg yn，n∈N*，则Sn＝__________. 解析：因为lg x＋lg y＝8，所以lg(xy)＝8，
因为Sn＝lg xn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg(xyn－1)＋lg yn， 所以Sn＝lg yn＋lg(xyn－1)＋…＋lg(xn－2y2)＋lg(xn－1y)＋lg xn， 以上两式相加得
2Sn＝(lg xn＋lg yn)＋[lg(xn－1y)＋lg(xyn－1)]＋…＋(lg yn＋lg xn) ＝lg(xn·yn)＋lg(xn－1y·xyn－1)＋…＋lg(yn·xn)
＝n[lg(xy)＋lg(xy)＋…＋lg(xy)]＝n(n＋1)lg(xy)＝8n(n＋1)，
6
故Sn＝4n(n＋1)． 答案：4n(n＋1)
[B组 大题规范练]
1．(递推关系求通项、分组求和)已知数列{an}满足an≠0，a1＝1，n(an＋1－2an)＝2an.
(1)求数列{an}的通项公式；
an(2)求数列＋3n－5的前n
n项和Sn.
2
解析：(1)因为n(an＋1－2an)＝2an，故an＋1＝设bn＝，所以bn＋1＝2bn，
n＋1an＋1anan，得＝2·； nn＋1nannbn＋1a1
∵an≠0，∴bn≠0，∴＝2.又因为b1＝＝1，
bn1
an所以数列{bn}是以1为首项，公比为2的等比数列，故bn＝1·2＝2＝，
nn－1
n－1
故an＝n·2n－1.
(2)由(1)可知，＋3n－5＝2n－1＋3n－5，
故Sn＝(20＋3×1－5)＋(21＋3×2－5)＋…＋(2n－1＋3×n－5) ＝(20＋21＋…＋2n－1)＋3(1＋2＋…＋n)－5n
23n－7n＝2n＋－1.
2
ann2．(等差、等比混合数列、裂项法求和)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 2S，n为奇数，
(2)令c＝
b，n为偶数，
nnn
设数列{cn}的前n项和Tn，求T2n.
解析：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q， 由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，
7
q＋6＋d＝10，得
3＋4d－2q＝3＋2d，d＝2，解得
q＝2，
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1. (2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)，
211
则n为奇数，cn＝＝－，n为偶数，cn＝2n－1.
Snnn＋2所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
11111－＋(2＋23＋…＋22n－1) ＝1－＋－＋…＋
3352n－12n＋1121－4＝1－＋
2n＋11－4
n 2n2＝＋(4n－1)． 2n＋13
3．(等差数列Sn与an的关系，裂项法求和)在各项均为正数的数列{an}中，前nan＋12
. 项和Sn＝
2
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若
1
a1a2a2a3
＋1
＋…＋1
anan＋1
，得Sn－1＝， 解析：(1)当n≥2时，由Sn＝22an＋12an－1＋12 －， 所以an＝Sn－Sn－1＝22即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0. 因为an>0，所以an－an－1＝2， a1＋12 ＝a1，所以a1＝1， 又S1＝2 所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以an＝2n－1. 故数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)由(1)知an－an －1 ＝2，所以 8 1 a1a2 ＋ 1 a2a3 ＋…＋ 1 anan＋1 ＝ 1 2 1111111111111 －＋－＋…＋－＝－＝1－<，所以k≥. anan＋12a1an＋122n＋122a1a2a2a3 1 故实数k的取值范围为，＋∞. 2 a1a2an9 4．(递推关系与通项、错位相减法求和)若数列{an}满足＋＋…＋＝－ 132n－144n＋1 . 5n(1)求通项公式an. (2)求数列{an}的前n项和． an94n＋1 解析：(1)因为＋＋…＋＝－， 132n－145na1a2 an－194n所以当n≥2时，＋＋…＋＝－， 132n－345n－1 a1a2 an4n4n＋14n两式相减得：＝－＝， 2n－15n－15n5n4 所以an＝(2n－1)·n(n≥2)， 5 19－20，n＝1，a91619 又因为＝－＝－不满足上式，所以a＝145204 ，n≥2.2n－1·5 1 nn (2)当n≥2时，Sn＝－ 1944444 ＋3×2＋5×3＋7×4＋…＋(2n－1)×n，Sn2055555 194444 ＝－＋3×3＋5×4＋…＋(2n－3)×n＋(2n－1)×n＋1， 2555551194843444n4n＋1 两式相减得Sn＝－＋＋2＋＋…＋－(2n－1)· 5100255555434n＋1－ 1734n＋11731284n＋1455＝＋2·－(2n－1)·＝＋－10·－(2n－1)·100410025555 1－ 5 n＋1 ＝ 13713744 －(2n＋9)·n＋1，所以Sn＝－(10n＋45)·n＋1(n≥2)． 20455 9 当n＝1时也符合上式，所以Sn＝ 1374n＋1 －(10n＋45)·. 45 10 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容