高考数学一轮复习训练： 第五章 数列课时训练

第五章 数 列
第1课时 数列的概念及其简单表示法
一、 填空题
1. 数列23，－45，67，－8
9，…的第10项是________．
答案：－20
21
解析：所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把符号、分母、
分子每一部分进行分解，就很容易归纳出数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ＋1
·2n 2n ＋1
，故
a 10＝－20
21
.
2. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 016的值为________． 答案：－1
解析：由题意，得a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，∴ 数列{a n }是周期为6的周期数列．而2 016＝6×336，∴ a 2 016＝a 6＝－1.
3. 数列7，9，11，…，2n －1的项数是_________. 答案：n －3
解析：易知a 1＝7，d ＝2，设项数为m ，则2n －1＝7＋(m －1)×2，m ＝n －3.
4. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n∈N *
)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________． 答案：1
解析：因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，即a 2＝1.令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1
＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1.
5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2
＋2n ＋1，则{a n }的通项公式为__________．
答案：a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），
2n ＋1（n≥2）
解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，∴ a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），
2n ＋1（n≥2）.
6. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *
)，则a 5＝__________． 答案：16
解析：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴ a 1＝1；
当n≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，则有 a n ＝2a n －2a n －1，∴ a n ＝2a n －1.∴ {a n }是
等比数列，且a 1＝1，q ＝2，故a 5＝a 1×q 4＝24
＝16.
7. 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋1
3
，则{a n }的通项公式a n ＝________．
答案：(－2)n －1
解析：当n ＝1时，a 1＝1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，则a n
a n －1
＝－2，得a n
＝(－2)n －1
.
8. 设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2
n －2a n ＋1
(n∈N *
)．若数列{a n }是常数列，则a ＝________.
答案：－2
解析：因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2
－2a ＋1
，即a(a ＋1)＝a 2
－2，解得a
＝－2.
9. 数列{a n }的前n 项积为n 2
，那么当n≥2时，a n ＝________．
答案：n
2（n －1）
2
解析：设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2
，当n≥2时，a n ＝T n T n －1＝n
2
（n －1）
2.
10. 数列{a n }满足：a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *
都有a n ＋m ＝a n ＋a m ＋nm ，则a 100＝________． 答案：5 050
解析：令m ＝1，则a n ＋1＝a n ＋1＋n ⇒a n ＋1－a n ＝n ＋1⇒a 100＝(a 100－a 99)＋(a 99－a 98)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝100＋99＋…＋2＋1＝5 050.
二、 解答题
11. 数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2
－7n ＋6. (1) 这个数列的第4项是多少？
(2) 150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？ (3) 该数列从第几项开始各项都是正数？
解：(1) 当n ＝4时，a 4＝42
－4×7＋6＝－6.
(2) 令a n ＝150，即n 2
－7n ＋6＝150，解得n ＝16或n ＝－9(舍去)，即150是数列的第16项．
(3) 令a n ＝n 2
－7n ＋6＞0，解得n ＞6或n ＜1(舍)，∴ 从第7项起各项都是正数．
12. 已知数列{a n }满足前n 项和S n ＝n 2
＋1，数列{b n }满足b n ＝2a n ＋1
，且前n 项和为T n .
设c n ＝T 2n ＋1－T n .
(1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 判断数列{c n }的增减性．
解：(1) a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n≥2)，
∴ b n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧2
3
（n ＝1），1
n
（n≥2）.
(2) ∵ c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1
＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1
， ∴ c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1
n ＋1
＝12n ＋3－12n ＋2＝－1（2n ＋3）（2n ＋2）<0， ∴ c n ＋1<c n .
∴ 数列{c n }为递减数列．
13. 已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）
(n∈N *
，a ∈R ，且a≠0)．
(1) 若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；
(2) 若对任意的n∈N *
，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．
解：(1) ∵ a n ＝1＋1a ＋2（n －1）
(n∈N *
，a ∈R ，且a≠0)，
又a ＝－7，∴ a n ＝1＋12n －9(n∈N *
)．结合函数f(x)＝1＋12x －9
的单调性，可知
1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n∈N *
)，
∴ 数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.
(2) a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －
2－a
2
，对任意的n∈N *
，都有a n ≤a 6成立，结合函数
f(x)＝1＋12x －
2－a 2
的单调性，可知5<2－a
2<6，即－10<a<－8，即a 的取值范围是(－10，－
8)．第2课时 等 差 数 列
一、 填空题
1. 在等差数列{a n }中，a 5＝33，公差d ＝3，则201是该数列的第________项． 答案：61
解析：∵ a n ＝a 5＋(n －5)d ，∴ 201＝33＋3(n －5)，n ＝61.
2. 已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，则a 20＝________． 答案：1 解析：∵ a 1＋a 3＋a 5＝105，即3a 3＝105，解得a 3＝35，同理a 2＋a 4＋a 6＝99，得a 4＝3
3.∵ d ＝a 4－a 3＝33－35＝－2，∴ a 20＝a 4＋(20－4)d ＝33＋16×(－2)＝1.
3. 在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 8＝11，则3a 3＋a 11的值为__________． 答案：22
解析：3a 3＋a 11＝a 3＋a 3＋a 3＋a 11＝a 3＋a 2＋a 4＋a 11＝a 3＋a 2＋a 7＋a 8＝2(a 2＋a 8)＝11×2＝22.
4. 若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 4＝3，则a 7＝________． 答案：－3
解析：S 5＝25⇒5（a 1＋a 5）
2
＝25⇒a 3＝5，所以d ＝a 4－a 3＝－2，a 7＝a 4＋(7－4)d ＝3－6
＝－3.
5. 在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时，S n 取最大值，则d 的取值范围是________．
答案：－1<d<－7
8
解析：由题意得，a 8>0，a 9<0，所以7＋7d>0，7＋8d<0，即－1<d<－7
8
.
6. 若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．
答案：8
解析：由等差数列的性质，得a 7＋a 8＋a 9＝3a 8，a 8＞0，又a 7＋a 10＜0，所以a 8＋a 9＜0，所以a 9＜0，所以S 8＞S 7，S 8＞S 9，故数列{a n }的前8项和最大．
7. 若一个等差数列{a n }的前3项和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有________项．
答案：13 解析：a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180，所以3(a 1＋a n )＝180，即a 1＋a n ＝60.
由S n ＝390，知n （a 1＋a n ）2＝390，所以n×60
2＝390，解得n ＝13.
8. 记等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝2，且数列{S n }也为等差数列，则a 13的
值为________．
答案：50 解析：数列{S n }为等差数列，得S 1＋S 3＝2S 2，即2＋6＋3d ＝24＋d ，则d ＝4，a 13 ＝a 1＋12d ＝50.
9. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3S 6＝13，则S 6
S 12
＝________．
答案：3
10
解析： 由等差数列的求和公式可得S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13，可得a 1＝2d ，且d≠0，所以S 6
S 12
＝
6a 1＋15d 12a 1＋66d ＝27d 90d ＝3
10
.
10. 在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m
15对
n∈N *
恒成立，则正整数m 的最小值为________．
答案：5
解析：由a 2＝5，a 6＝21易得等差数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3，所以1a n ＝1
4n －3
.故
S 2n ＋1－S n ＝1a 2n ＋1＋1a 2n ＋1a 2n －1＋…＋1a n ＋2＋1
a n ＋1
.
设T n ＝S 2n ＋1－S n ，则T n ＋1＝S 2(n ＋1)＋1－S n ＋1＝S 2n ＋3－S n ＋1，
所以T n ＋1－T n ＝(S 2n ＋3－S n ＋1)－(S 2n ＋1－S n )＝(S 2n ＋3－S 2n ＋1)－(S n ＋1－S n )
＝1a 2n ＋3＋1a 2n ＋2－1a n ＋1＝14（2n ＋3）－3＋14（2n ＋2）－3－14（n ＋1）－3 ＝18n ＋9＋18n ＋5－14n ＋1<18n ＋2＋18n ＋2－14n ＋1＝28n ＋2－14n ＋1
＝0. 所以T n ＋1－T n <0，即T n ＋1<T n .故T n ＝S 2n ＋1－S n 随n 的增大而减小，所以若S 2n ＋1－S n ≤m
15
对
n∈N *
恒成立，即(S 2n ＋1－S n )max ＝S 3－S 1＝1a 3＋1a 2＝19＋15＝1445≤m 15.由1445≤m 15得m≥143
，所以正整
数m 的最小值为5.
二、 解答题
11. 在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1) 求数列{a n }的通项公式；
(2) 若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值． 解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，
由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2. 从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n. (2) 由(1)可知a n ＝3－2n.
所以S n ＝n[1＋（3－2n ）]2
＝2n －n 2
.
由S k ＝－35，可得2k －k 2
＝－35，
即k 2
－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5.
又k∈N *
，故k ＝7.
12. 设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6
＋15＝0.
(1) 若S 5＝5，求S 6及a 1； (2) 求d 的取值范围．
解：(1) 由题意知S 6＝－15
S 5＝－3，a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝5，a 1＋5d ＝－8，解得⎩
⎪⎨
⎪⎧a 1＝7，d ＝－3，因此S 6＝－3，a 1＝7.
(2) 因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d)(6a 1＋15d)＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d 2
＋1＝0.
故(4a 1＋9d)2＝d 2－8，所以d 2
≥8.故d 的取值范围是d≤－22或d≥2 2. 13. 在等差数列{a n }中，公差d ＞0，前n 项和为S n ，a 2·a 3＝45，a 1＋a 5＝18. (1) 求数列{a n }的通项公式．
(2) 令b n ＝S n n ＋c
(n∈N *
)，是否存在一个非零常数c ，使数列{b n }也为等差数列？若存在，
求出c 的值；若不存在，请说明理由．
解：(1) 由题设，知{a n }是等差数列，且公差d ＞0，
则由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 3＝45，a 1＋a 5＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝45，a 1＋（a 1＋4d ）＝18，解得⎩
⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.
∴ a n ＝4n －3(n∈N *
)．
(2) 由b n ＝S n n ＋c ＝n （1＋4n －3）2n ＋c ＝2n ⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －12n ＋c
.
∵ c ≠0，∴ 可令c ＝－1
2
，得到b n ＝2n.
∵ b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n∈N *
)， ∴ 数列{b n }是公差为2的等差数列．
即存在一个非零常数c ＝－1
2
，使数列{b n }也为等差数列．第3课时 等 比 数 列
一、 填空题
1. 等比数列{a n }的公比大于1，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 答案：4
解析：由a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6(q>1)，得q ＝2，a 1＝1，则a 3＝4.
2. 设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4
a 4
＝________．
答案：15
解析：S 4＝a 1（1－q 4）1－q ，a 4＝a 1q 3
，所以S 4a 4＝1－q 4
q （1－q ）
＝15.
3. 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若log 2a 2＋log 2a 8＝1，则a 3a 7＝________． 答案：2
解析：由log 2a 2＋log 2a 8＝1得log 2(a 2a 8)＝1，所以a 2a 8＝2，由等比数列性质可得a 3a 7
＝a 2a 8＝2.
4. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，若a 1＝1，则S 5＝________ .
答案：31
解析：因为4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，4a 2＝4a 1＋a 3，所以4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2
，所以q
＝2.又a 1＝1，所以S 5＝a 1（1－q 5
）
1－q
＝31.
5. 设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若a 5＋2a 10＝0，则S 20
S 10
的值是________．
答案：54
解析：当q ＝1时，a 5＝a 10＝0不合题意，
∴ 公比q≠1.∴ q 5＝a 10a 5＝－12，因而S 20S 10＝1－q 20
1－q 10＝1＋q 10
＝1＋14＝54
.
6. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏．
答案：3 解析：设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，
结合等比数列的求和公式有：x×（1－27
）
1－2
＝381，解得x ＝3，即塔的顶层共有灯3盏．
7. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a 7＋a 8＋a 9＝__________． 答案：448
解析：由S 3＝7，S 6＝63，得a 1＋a 2＋a 3＝7，7＋a 4＋a 5＋a 6＝63，则a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 2＋a 3)q 3＝56，q 3＝8，a 7＋a 8＋a 9＝(a 4＋a 5＋a 6)q 3
＝56×8＝448.
8. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q 的值为
________．
答案：2
解析：∵ S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，∴ a 1＝a 1q ＋3，a 1(1＋q)＝a 1q 2＋3，∴ q 2
－2q ＝0，q ≠0，则公比q ＝2.
9. 在等比数列{a n }中，已知a 1＝1，a 4＝8，设S 3n 为该数列的前3n 项和，T n 为数列{a 3
n }的前n 项和．若S 3n ＝tT n ，则实数t 的值为________．
答案：7
解析： ∵a 4＝a 1q 3＝q 3＝8，∴ q ＝2，S 3n ＝1－23n
1－2
＝8n －1.由题意知，数列{a 3
n }是首项为
1，公比为8的等比数列，∴T n ＝1－8n
1－8＝17
(8n
－1)．由S 3n ＝tT n ，得t ＝7.
10. 在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________． 答案：48
解析：设 a 2＋a 1＝x ，等比数列的公比为q ，则a 4＋a 3 ＝xq 2，a 5＋a 6 ＝xq 4
.再由a 4＋a 3
－2a 2－2a 1＝6，得 xq 2＝6＋2x ，∴ x ＝6q 2－2＞0，q ＞1.∴ a 5＋a 6 ＝xq 4
＝6q 4
q 2－2
＝
6⎝
⎛⎭⎪⎫q 2－2＋4q 2－2＋4≥6×(4＋4)＝48，当且仅当q 2
－2＝2时，等号成立，故a 5＋a 6的最小
值为48.
二、 解答题
11. 已知{a n }是首项为a 1，公比q 为正数(q≠1)的等比数列，其前n 项和为S n ，且5S 2
＝4S 4.
(1) 求q 的值．
(2) 设b n ＝q ＋S n ，请判断数列{b n }能否为等比数列？若能，请求出a 1的值；若不能，请说明理由．
解：(1) 由题意知，5S 2＝4S 4，
∴ 5a 1（1－q 2）1－q ＝4a 1（1－q 4
）1－q
.
∵ a 1≠0，q>0，且q≠1，∴ 4q 4－5q 2
＋1＝0，解得q ＝12
.
(2) ∵ S n ＝a 1（1－q n
）1－q ＝2a 1－a 1⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1，
∴ b n ＝q ＋S n ＝12＋2a 1－a 1⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1.
∴ 当且仅当12＋2a 1＝0，即a 1＝－14时，b n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n ＋1为等比数列，
∴ {b n }能为等比数列，此时a 1＝－1
4
.
12. 已知等差数列{a n }的公差d 不为0，且ak 1，ak 2，…，ak n ，…(k 1＜k 2＜…＜k n ＜…)成等比数列，公比为q.
(1) 若k 1＝1，k 2＝3，k 3＝8，求a 1
d
的值；
(2) 当a 1
d
为何值时，数列{k n }为等比数列．
解：(1) 由已知可得a 1，a 3，a 8成等比数列，所以(a 1＋2d)2
＝a 1(a 1＋7d)，整理可得，
4d 2
＝3a 1d.因为d≠0，所以a 1d ＝43
.
(2) 设数列{k n }为等比数列，则k 2
2＝k 1k 3.又ak 1，ak 2，ak 3成等比数列，
所以[a 1＋(k 1－1)d][a 1＋(k 3－1)d]＝[a 1＋(k 2－1)d]2
.
整理，得a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(k 1k 3－k 2
2－k 1－k 3＋2k 2)．
因为k 2
2＝k 1k 3，所以a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(2k 2－k 1－k 3)．
因为2k 2≠k 1＋k 3，所以a 1＝d ，即a 1
d
＝1.
当a 1
d
＝1时，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝nd ，所以ak n ＝k n d. 因为ak n ＝ak 1q n －1＝k 1dq n －1，所以k n ＝k 1q n －1
.
所以k n ＋1k n ＝k 1q n
k 1q
n －1＝q ，数列{k n }为等比数列．
综上，当a 1
d
＝1时，数列{k n }为等比数列．
13. (2017·苏州期中)已知等比数列{a n }的公比q>1，且满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．
(1) 求数列{a n }的通项公式；
(2) 若b n ＝a n log 12
a n ，S n ＝
b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n·2n ＋1
>62成立的正整数n 的最小
值．
解：(1) ∵ a 3＋2是a 2，a 4的等差中项， ∴ 2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，
代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8， ∴ a 2＋a 4＝20，
∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3
＝20，解得⎩⎪⎨⎪
⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12
. ∵ q>1，∴ ⎩
⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，∴ 数列{a n }的通项公式为a n ＝2n
.
(2) ∵ b n ＝a n log 12a n ＝2n log 12
2n ＝－n·2n
，
∴ S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n
) ①，
2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1
) ②，
②－①得，S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n·2n ＋1
＝2（1－2n
）1－2
－n·2n ＋1＝2n ＋1－2－n·2n ＋1.
∵ S n ＋n·2n ＋1
>62，
∴ 2n ＋1
－2>62，∴ n ＋1>6，n>5，
∴ 使S n ＋n·2n ＋1
>62成立的正整数n 的最小值为6.第4课时 数列的求和 一、 填空题
1. 在数列{a n }中，若a 1＝－2，且对任意的n∈N *
有2a n ＋1＝1＋2a n ，则数列{a n }前10项的和为________．
答案：52
解析：由2a n ＋1＝1＋2a n 得a n ＋1－a n ＝12，所以数列{a n }是首项为－2，公差为1
2
的等差数列，
所以S 10＝10×(－2)＋10×（10－1）2×12＝5
2
.
2. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n
－12n ，其前n 项和S n ＝321
64
，则项数n ＝________．
答案：6
解析：∵ a n ＝1－12n ，∴ S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12n ＝n －(12＋14＋18＋…＋12n )＝n －12⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12
＝n －1＋12n .由S n ＝32164＝n －1＋12
n ，可得出n ＝6. 3. 数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋1
2
n ，…的前n 项和S n ＝________．
答案：n 2
＋1－12
n
解析：该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋1
2
2
＋…＋12n )＝n 2
＋1－12
n .
4. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨
⎧⎭
⎬⎫
1a n a n ＋1的前100项和为________．
答案：100101
解析：∵ a 5＝5，S 5＝15，∴ 5（a 1＋a 5）
2
＝15，则a 1＝1，
∴ d ＝a 5－a 14＝1，∴ a n ＝n ，∴ 1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1
n ＋1.设数列⎩⎨
⎧⎭
⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，则 T 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
100－1101＝1－1101＝100101.
5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2
－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝__________．
答案：⎩
⎪⎨⎪⎧6n －n 2
（1≤n≤3），n 2－6n ＋18（n>3）
解析：由S n ＝n 2
－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2，∴ a n ＝－5＋(n －1)×2
＝2n －7，∴ 当n≤3时，a n <0；当n>3时，a n >0，∴ T n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧6n －n 2
（1≤n≤3），
n 2－6n ＋18（n>3）.
6. 数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1
·n ，则S 17＝________． 答案：9
解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.
7. 已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，….若b n ＝1
a n a n ＋1
，
那么数列{b n }的前n 项和S n ＝________．
答案：4n
n ＋1
解析：∵ a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n
2
，
∴ b n ＝1a n a n ＋1＝4n （n ＋1）＝4⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －1n ＋1，
∴ S n ＝4[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝
4n n ＋1
. 8. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝－a n (n∈N ＋)，且a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的前2 014项的和为________．
答案：3
解析：∵ a n ＋2＝－a n ＝－(－a n －2)，n ＞2，∴ 数列{a n }是以4为周期的周期数列．S 2 014
＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＋a 2 014＝503(a 1＋a 2－a 1－a 2)＋a 503×4＋1＋a 503×4＋2＝a 1＋a 2＝3.
9. 设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n∈N *
)，则数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 前10项的和为
________．
答案：2011
解析：∵ a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴ a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n.将以上n
－1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）－22，即a n ＝n （n ＋1）2.令b n ＝1
a n
，故
b n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2×(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2011
. 二、 解答题
10. 已知数列{a n }的通项a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧6n －5（n 为奇数），
2n （n 为偶数），求其前n 项和S n .
解：奇数项组成以a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以a 2＝4为首项，
公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有n ＋12项，偶数项有n －1
2
项，∴ S n ＝
n ＋12
（1＋6n －5）
2＋4（1－4n －1
2）1－4＝（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3
；当n 为偶数时，
奇数项和偶数项分别有n
2
项，
∴ S n ＝n 2
（1＋6n －5）
2＋4（1－4n 2）1－4＝n （3n －2）2＋4（2n －1）3
，
∴ S n ＝⎩
⎪⎨⎪
⎧（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1
－1）
3
（n 为奇数），
n （3n －2）2＋4（2n
－1）
3
（n 为偶数）. 11. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝2S 2＋4，a 5＝36. (1) 求a n ，S n ；
(2) 设b n ＝S n －1(n∈N *
)，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n
，求T n .
解：(1) 因为S 3＝2S 2＋4，所以a 1－d ＝－4.
因为a 5＝36，所以a 1＋4d ＝36，解得d ＝8，a 1＝4，
所以a n ＝4＋8(n －1)＝8n －4，S n ＝n （4＋8n －4）2
＝4n 2
.
(2) 因为b n ＝4n 2
－1＝(2n －1)(2n ＋1)，
所以1b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，
T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n
＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－1
5＋…＋12n －1－12n ＋1
＝12⎝
⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n
2n ＋1.
12. 已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14
的等比数列，设b n ＋2＝3log 14
a n (n∈N *
)，
数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .
(1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 求数列{c n }的前n 项和S n .
解：(1) 由题意，知a n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫14n (n∈N *
)．
又b n ＝3log 14
a n －2，故
b n ＝3n －2(n∈N *
)．
(2) 由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，b n ＝3n －2(n∈N *
)，
所以c n ＝(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *
)，
所以S n ＝1×14＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，
于是14S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫144＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋(3n －2)×(14)n ＋1，
两式相减，得
34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×⎝ ⎛⎭
⎪⎫14n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1，
所以S n ＝23－3n ＋23×⎝ ⎛⎭
⎪⎫14n (n∈N *
)．
13. 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项． (1) 求数列{a n }的通项公式；
(2) 设b n ＝a n （n ＋1）2
，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)n
b n ，求T n .
解：(1) 由题意知(a 1＋d)2
＝a 1(a 1＋3d)，
即(a 1＋2)2
＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.
(2) 由题意知b n ＝a n （n ＋1）2
＝n(n ＋1)，
则b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，
所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n
n ×(n ＋1)． 当n 为偶数时，
T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )
＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n
2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）
2
，
当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )
＝（n －1）（n ＋1）2－n(n ＋1)＝－（n ＋1）2
2
，
所以T n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）2
2
，n 为奇数，
n （n ＋2）
2
，n 为偶数.第5课时 数列的综合应用
一、 填空题
1. 在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1＞0，S n 是数列{a n }的前n 项和，若S n 取得最大值，则n ＝________．
答案：9
解析：设公差d ，由题设知3(a 1＋3d)＝7(a 1＋6d)，得d ＝－4
33
a 1＜0，解不等式a n ＞0，
即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭
⎪⎫－433a 1＞0，解得n ＜374，则n≤9时，a n ＞0，同理可得n≥10时，a n ＜0，故当n ＝9时，S n 取得最大值．
2. 在等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 9＋a 10
a 7＋a 8
＝________．
答案：3＋2 2
解析：∵ a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴ 2×1
2a 3＝a 1＋2a 2，即a 3＝a 1＋2a 2.设等比数列{a n }
的公比为q 且q ＞0，则a 3＝a 1q 2
，a 2＝a 1q ，∴ a 1q 2
＝a 1＋2a 1q ，∴ q 2
＝1＋2q ，解得q ＝1＋2或1－2(舍)，∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 9（1＋q ）a 7（1＋q ）
＝q 2＝(2＋1)2
＝3＋2 2.
3. 在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________．
答案：a n ＝－2n －1
解析：依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1
＝2a n .又S 1＝2a 1＋1＝a 1，所以a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项，2为公比的等
比数列，所以a n ＝－2n －1
.
4. 等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为________．
答案：－24
解析：设等差数列的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得a 23＝a 2a 6，即(1＋2d)2
＝(1
＋d)(1＋5d)，整理可得d 2
＋2d ＝0.因为公差不为0，所以d ＝－2，数列的前6项和为S 6＝
6a 1＋6×（6－1）2d ＝6×1＋6×（6－1）2
×(－2)＝－24.
5. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．
答案：2
解析：∵ 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，
∴ q ≠1，⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1（1－q 9）1－q ＝a 1（1－q 3）1－q ＋a 1（1－q 6
）1－q ，a 1q ＋a 1q 4＝4，
解得a 1q ＝8，q 3＝－12，∴ a 8
＝a 1q 7＝(a 1q)(q 3)2
＝8×14
＝2.
6. 在等差数列{a n }中，已知首项a 1＞0，公差d ＞0.若a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100，则5a 1
＋a 5的最大值为________．
答案：200
解析：由a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100得2a 1＋d≤60，2a 1＋3d≤100，a 1＞0，d ＞0.由线性规划的知识得5a 1＋a 5＝6a 1＋4d ，过点(20，20)时，取最大值为200.
7. 设正项数列{a n }的前n 项和是S n ，{a n }和{S n }都是等差数列，则S n ＋10
a n
的最小值是
____________．
答案：21
解析：由题设知S n ＝⎝
⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＋d 2n 2.又S n 为等差数列，从而a 1＝d 2，从而a n ＝a 1＋(n －
1)d ＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12，S n ＝d 2n 2，∴ S n ＋10a n ＝d 2（n ＋10）2d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22⎝ ⎛⎭
⎪
⎫n －12＝（n ＋10）2
2n －1.令2n －1＝
t(t≥1)，原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋12＋102
t ＝14·⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋441t ＋42≥14·⎝ ⎛⎭
⎪⎫2t·441t ＋42＝21，从而当t ＝21，即n ＝11时，原式取到最小值21.
8. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”问此人第4天和第5天共走了________里．
答案：36
解析：由题意知，此人每天走的里数构成公比为1
2
的等比数列，设等比数列的首项为a 1，
则有a 1⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1－1261－12
＝378，解得a 1＝192，所以a 4＝192×18＝24，a 5＝24×12＝12，a 4＋a 5＝24＋12
＝36，所以此人第4天和第5天共走了36里．
9. 已知{a n }，{b n }均为等比数列，其前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n∈N *
，总有
S n T n
＝3n
＋14，则a 3b 3＝________．
答案：9
解析：设{a n }，{b n }的公比分别为q ，q ′，∵ S n T n ＝3n
＋1
4
，
∴ 当n ＝1时，a 1＝b 1.当n ＝2时，a 1＋a 1q b 1＋b 1q ′＝52.当n ＝3时，a 1＋a 1q ＋a 1q
2
b 1＋b 1q ′＋b 1q ′
2＝7，
∴ 2q －5q′＝3，7q ′2＋7q′－q 2
－q ＋6＝0，解得q ＝9，q ′＝3，∴ a 3b 3＝a 1q 2
b 1q ′
2＝9.
10. 现有一根n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm ，最下面的三节长度之和为114 cm ，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n ＝________．
答案：16
解析：设每节竹竿的长度对应的数列为{a n }，公差为d(d ＞0)．由题意知a 1＝10，a n ＋
a n －1＋a n －2＝114，a 2
6＝a 1a n .由a n ＋a n －1＋a n －2＝114，得3a n －1＝114，解得a n －1＝38，∴ (a 1＋5d)2＝a 1(a n －1＋d)，即(10＋5d)2
＝10(38＋d)，解得d ＝2，∴a n －1＝a 1＋(n －2)d ＝38，即10＋2(n －2)＝38，解得n ＝16.
二、 解答题
11. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1
＋1，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1) 求a 1，a 2的值；
(2) 求证：数列{a n ＋2n
}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式． (1) 解：由已知，得2a 1＝a 2－3 ①， 2(a 1＋a 2)＝a 3－7 ②，
又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， 所以a 1＋a 3＝2a 2＋10 ③， 解①②③，得a 1＝1，a 2＝5.
(2) 证明：由已知，n ∈N *时，2(S n ＋1－S n )＝a n ＋2－a n ＋1－2n ＋2＋2n ＋1，即a n ＋2＝3a n ＋1＋2n ＋1
，
即a n ＋1＝3a n ＋2n
(n≥2)，
由(1)得，a 2＝3a 1＋2，∴ a n ＋1＝3a n ＋2n (n∈N *
)，
从而有a n ＋1＋2n ＋1＝3a n ＋2n ＋2n ＋1＝3a n ＋3×2n ＝3(a n ＋2n
)．
又a 1＋2＞0，∴ a n ＋2n
＞0，∴ a n ＋1＋2n ＋1
a n ＋2
n ＝3，
∴ 数列{a n ＋2n
}是等比数列，且公比为3，
∴ a n ＋2n ＝(a 1＋2)×3n －1＝3n ，即a n ＝3n －2n
. 12. 商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定，由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于2017年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部用于年底还建行贷款．
(1) 若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？
(2) 若公寓管理处要在2025年年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多
少元(精确到元)？(参考数据：lg 1.734 3≈0.239 1，lg 1.05≈0.021 2，1.058
≈1.477 4)
解：(1) 设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1 000×800＝800 000(元)＝80万元，扣除18万元，可偿还贷款62万元．依题意有
62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n －1]≥500(1＋5%)n ＋1，化简得62(1.05n
－
1)≥25×1.05n ＋1
，
∴ 1.05n
≥1.734 3.两边取对数并整理得 n ≥lg 1.734 3lg 1.05≈0.239 10.021 2
≈11.28，
∴ 当取n ＝12时，即到2029年底可全部还清贷款．
(2) 设每生每年的最低收费标准为x 元，因到2025年底公寓共使用了8年，
依题意有⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1 000x 10 000－18[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9.
化简得(0.1x －18)×1.058
－11.05－1
≥500×1.059
，
解得x≥992，
∴ 每生每年的最低收费标准为992元．
13. 已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．
(1) 若数列{a n }是首项为23，公比为－1
3
的等比数列，求数列{b n }的通项公式；
(2) 若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；
(3) 在(2)的条件下，设c n ＝a n
b n
，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他
两项之积．
(1) 解：因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭
⎪⎫－13n ，
S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，
所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭
⎪
⎫－13n －2⎝ ⎛⎭
⎪⎫－13n ＋2
＝12.
(2) 解：若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ， 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，
两式相减得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，
即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2.
当n≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，
两式相减得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ， 即a n －1＋a n ＋1＝2a n .
由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，
所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.
(3) 证明：由(2)得c n ＝n ＋1n
，对于给定的n∈N *，若存在k ，t ≠n ，k ，t ∈N *
，使得c n
＝c k ·c t ，
只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ，即1＋1n ＝⎝
⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，
即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ， 取k ＝n ＋1，则t ＝n(n ＋2)，
所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n2＋2n ＝n 2
＋2n ＋1
n ＋2n
，使得
c n ＝c n ＋1·c n2＋2n .。