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第4节　数列求和及综合应用
1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.
2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法.
1.数列求和的基本方法
(1)公式法
①等差数列的前n项和公式
Sn==na1+d.
②等比数列的前n项和公式
Sn=
(2)分组求和法:一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减.
(3)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消(注意消项规律),从而求得前n项和.
(4)错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解.
(5)倒序相加法:如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解.
(6)并项求和法:一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.
2.数列应用题的常见模型
(1)等差模型:当增加(或减少)的量是一个固定量时,该模型是等差模型,增加(或减少)的量就是公差.
(2)等比模型:当后一个量与前一个量的比是一个固定的数时,该模型是等比模型,这个固定的数就是公比.
(3)递推模型:找到数列中任一项与它前面项之间的递推关系式,可由递推关系入手解决实际问题,该模型是递推模型.等差模型、等比模型是该模型的两个特例.
裂项求和的常用变形
(1)=(-).
(2)=(-).
(3)=-.
(4)若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,则=(-).
(5)=-.
1.在等差数列{an}中,已知公差d=,且a1+a3+…+a99=50,则a2+a4+…+a100等于(　B　)
A.50 B.75 C.100 D.125
解析:a2+a4+…+a100
=(a1+d)+(a3+d)+…+(a99+d)
=(a1+a3+…+a99)+50d
=50+50×
=75.
故选B.
2.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和Sn等于(　A　)
A.n2+1- B.2n2-n+1-
C.n2+1- D.n2-n+1-
解析:该数列的通项公式为an=(2n-1)+,则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+(++…+)=n2+1-.故选A.
3.数列{an},{bn}满足anbn=1,an=n2+3n+2,则{bn}的前10项和为(　B　)
A. B. C. D.
解析:bn====-,前10项和为-+-+…+-=-=.故选B.
4.数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则S17=　　　　.
解析:S17=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.
答案:9
5.已知数列{an}的前n项和为Sn且an=n·2n,则 Sn=　　　　.
解析:因为an=n·2n,
所以Sn=1×21+2×22+3×23+…+n·2n,①
所以2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,②
①-②,得-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1=
(1-n)2n+1-2.
所以Sn=(n-1)2n+1+2.
答案:(n-1)2n+1+2
数列求和
　分组转化法
已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和.
解:(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n.
当n=1时,a1=S1=1满足an=n,
故数列{an}的通项公式为an=n.
(2)由(1)知an=n,故bn=2n+(-1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n,则
T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).
记A=21+22+…+22n,
B=-1+2-3+4-…+2n,
则A==22n+1-2,
B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.
故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.
分组求和法的常见类型
(1)若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组法求{an}的前n项和.
(2)通项公式为an=的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,可采用分组法求和.
　裂项相消法
已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由题设知a1a4=a2a3=8,
又a1+a4=9,解得或(舍去).
设等比数列{an}的公比为q,由a4=a1q3得q=2,
故an=a1qn-1=2n-1,n∈N*.
(2)Sn==2n-1,
又bn===-,
所以Tn=b1+b2+…+bn
=(-)+(-)+…+)-)
=-=1-,n∈N*.
(1)利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.
(2)将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.如:若数列{an}是等差数列,则=(-),=(-).
　错位相减法
已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,
所以q2+q-6=0.
又因为q>0,解得q=2.
所以bn=2n.
由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8,①
由S11=11b4,可得a1+5d=16,②
联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以数列{an}的通项公式为an=3n-2,
数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,
由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,
有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,
上述两式相减,得
-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1
=-4-(3n-1)×4n+1
=-(3n-2)×4n+1-8.
得Tn=×4n+1+.
所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为×4n+1+.
(1)一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法求和,一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后作差求解.
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.
[针对训练]
(1)已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n (n∈N*),则S2 018等于(　　)
A.22 018-1 B.3×21 009-3
C.3×21 009-1 D.3×21 008-2
(2)已知函数f(x)=xα的图象过点(4,2),令an=,n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 020等于(　　)
A.-1 B.-1
C.-1 D.+1
(3)已知等差数列{an}的公差是1,且a1,a3,a9成等比数列.
①求数列{an}的通项公式;
②求数列{}的前n项和Tn.
(1)解析:a1=1,a2==2,又==2,
所以=2.
所以a1,a3,a5,…成等比数列;a2,a4,a6,…成等比数列,
所以S2 018=a1+a2+a3+a4+a5+a6+…+a2 017+a2 018
=(a1+a3+a5+…+a2 017)+(a2+a4+a6+…+a2 018)
=+=3×21 009-3.故选B.
(2)解析:由f(4)=2,可得4α=2,解得α=,
则f(x)=.
所以an===-,
所以S2 020=a1+a2+a3+…+a2 020=(-)+(-)+(-)+…+(-)=-1.故选C.
(3)解:①因为{an}是公差为1的等差数列,且a1,a3,a9成等比数列,
所以=a1a9,
即(a1+2)2=a1(a1+8),解得a1=1.
所以an=a1+(n-1)d=n.
②由①可得,=,所以Tn=1×()1+2×()2+3×()3+…+n×()n,
Tn=1×()2+2×()3+…+(n-1)×()n+n×()n+1,
两式相减得
Tn=()1+()2+()3+…+()n-n×()n+1,
所以Tn=-n×()n+1=1--.
所以Tn=2-.
数列与函数、不等式的综合问题
(2020·浙江卷)已知数列{an},{bn},{cn}满足a1=b1=c1=1,
cn=an+1-an,cn+1=cn,n∈N*.
(1)若{bn}为等比数列,公比q>0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,公差d>0,证明:c1+c2+c3+…+cn<1+,n∈N*.
(1)解:由b1+b2=6b3,得1+q=6q2,
解得q=.所以bn=,
由cn+1=4cn得cn=4n-1.
由an+1-an=4n-1得an=a1+1+4+…+4n-2=.
(2)证明:由cn+1=cn得
cn==(-),
所以c1+c2+c3+…+cn=(1-),
由b1=1,d>0得bn+1>1,
因此,c1+c2+c3+…+cn<1+,n∈N*.
解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基本条件,综合函数与不等式的知识求解;数列是特殊的函数,以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇上命题的特点.
[针对训练]
已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=(an-1),n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=log2an,记数列()的前n项和为Tn.证明:Tn<.
(1)解:当n=1时,有a1=S1=(a1-1),
解得a1=4.
当n≥2时,有Sn-1=(an-1-1),
则an=Sn-Sn-1=(an-1)-(an-1-1),
整理得an=4an-1,
所以数列{an}是以4为公比,以4为首项的等比数列.
所以an=4×4n-1=4n(n∈N*),
即数列{an}的通项公式为an=4n(n∈N*).
(2)证明:由(1)有bn=log2an=log24n=2n,则
==(-),
所以Tn=[(1-)+(-)+…+(-)]
=(1-)<,故得证.
数列中的创新题
　选择一个条件
(2021·山东临沂高三一模)在①=,②an+1an=2Sn,③+an=2Sn,这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答该
问题.
已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,满足　　　　.
(1)求an;
(2)若bn=(an+1)·,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)若选①,则2Sn=nan+1,
当n=1时,2S1=a2,得a2=2,
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an,
得2an=nan+1-(n-1)an,
即(n+1)an=nan+1,
所以=,
所以an=××…××a1=n(n≥2),
当n=1时也成立,
所以an=n.
若选②,即2Sn=an+1an,
当n=1时,2S1=a2a1,得a2=2,
当n≥2时,得2Sn-1=anan-1,
两式相减得2an=anan+1-anan-1,
由an>0,得an+1-an-1=2,
又因为a1=1,a2=2.
所以数列{a2n}是公差为2,首项为2的等差数列,数列{a2n-1}是公差为2,首项为1的等差数列,
故an=n.
若选③,即+an=2Sn,
当n≥2时,+an-1=2Sn-1,
两式相减得+an--an-1=2an,
即(an+an-1)(an-an-1-1)=0,
由an>0,得an-an-1-1=0,
所以{an}是公差为1的等差数列,
故an=n.
(2)bn=(n+1)·2n,
Tn=2×2+3×22+4×23+…+(n+1)×2n,
2Tn=2×22+3×23+…+n×2n+(n+1)×2n+1,
两式相减,得-Tn=4+22+23+…+2n-(n+1)×2n+1
=4+-(n+1)×2n+1
=4-4+2n+1-(n+1)×2n+1
=-n·2n+1,
故Tn=n·2n+1.
　选择多个条件
(2021·广东六校联盟第二次联考)从①b2=3;②++…+=6-;③a1b1+a2b2+…+anbn=3+(2n-3)2n中任选两个补充到下面问题中的横线上,然后完成问题的解答.问题:已知数列{an}为正项等比数列,a1=1,数列{bn}满足　　　　.
(1)求an;
(2)求()的前n项和Tn.
解:选择①③:
(1)令n=1,得a1b1=3+(2-3)×2=1,
所以b1=1,
令n=2,得a1b1+a2b2=3+(4-3)×22=7,
所以a2b2=6.
又b2=3,所以a2=2,
设数列{an}的公比为q,则q==2,
所以an=2n-1.
(2)当n≥2时,a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=3+[2(n-1)-3]·2n-1,①
又a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=3+(2n-3)·2n,②
②-①得anbn=3+(2n-3)2n-[3+(2n-5)·2n-1]=(2n-1)·2n-1,
因为an=2n-1,
所以bn=2n-1,
当n=1时也成立,
所以bn=2n-1.
==(-),
所以Tn=[(1-)+(-)+…+(-)]=(1-)=.
选择①②:
(1)令n=1,得=6-=1,
所以b1=1,
令n=2,得+=6-=,
所以=.
又b2=3,
所以a2=2,
设数列{an}的公比为q,则q==2,
所以an=2n-1.
(2)当n≥2时,++…+=6-,①
又++…+=6-,②
②-①得=6--6+=,
因为an=2n-1,
所以bn=2n-1,
当n=1时也成立,
所以bn=2n-1.
以下与选择①③相同.
选择②③:
(1)令n=1,得=6-=1,
所以b1=1,a1b1=1,
令n=2,得a1b1+a2b2=3+(4-3)×22=7,
+=6-=,
所以a2b2=6,=,相除得=4,
又an>0,
所以a2=2,
设数列{an}的公比为q,则q==2,
所以an=2n-1.
(2)当n≥2时,++…+=6-,①
又++…+=6-,②
②-①得=6--6+=,
因为an=2n-1,
所以bn=2n-1,
当n=1时也成立,
所以bn=2n-1.
以下与选择①③相同.
正确解决本题的关键是从三个条件中选择两个合并在题目中,确定出数列{an}的通项公式,从而完成新数列的数列求和.
[针对训练]
1.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=(an+1)2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在①bn=;②bn=3n·an;③bn=这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并求解.若　　　　,求{bn}的前n项和Tn.
解:(1)因为4Sn=(an+1)2,
所以当n=1时,4a1=4S1=(a1+1)2,解得a1=1.
当n≥2时,4Sn-1=(an-1+1)2,
又4Sn=(an+1)2,
所以两式相减得4an=(an+1)2-(an-1+1)2,
可得(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
因为an>0,
所以an-an-1=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)若选条件①,
bn==
=(-),
则Tn=(1-+-+-+…+-)=(1-)=.
若选条件②,
bn=3n·an=3n·(2n-1),
则Tn=1×3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n,
上式两边同时乘3,
可得3Tn=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)×3n+1,
两式相减得-2Tn=3+2×(32+33+…+3n)-(2n-1)×3n+1=-6+(2-2n)·3n+1,
可得Tn=(n-1)·3n+1+3.
若选条件③,
由an=2n-1可得Sn==n2,
所以bn==
=(-),
故Tn=(1-+-+-+…+-)=(1-)=.
2.(2021·山东威海高三上学期期中考试)在①a1+a3=b3,②b2+S5=-b4,③a1+a9=-4这三个条件中任选两个,补充在下面的问题中.若问题中的m存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是各项均为正数的等比数列,设前n项和为Tn,若　　　　,　　　　,且b1=2,T4=5T2.是否存在大于2的正整数m,使得4S1,S3,Sm成等比数列
解:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),
由题意知q≠1,
所以T4==5T2=5,
整理得1+q2=5.
因为q>0,
所以q=2,
所以bn=2n.
(1)当选取的条件为①②时,有
所以
解得
所以an=-8n+20,Sn=-4n2+16n.
所以S1=12,S3=12,Sm=-4m2+16m,
若4S1,S3,Sm成等比数列,则=4S1Sm,
所以4m2-16m+3=0,解得m=2±,
因为m为正整数,
所以不符合题意,此时m不存在.
(2)当选取的条件为①③时,有
所以
解得
所以an=-2n+8,Sn=-n2+7n.
所以S1=6,S3=12,Sm=-m2+7m,
若4S1,S3,Sm成等比数列,则=4S1Sm,
所以m2-7m+6=0,解得m=6或m=1(舍去),
此时存在正整数m=6满足题意.
(3)当选取的条件为②③时,有
所以
解得
所以an=n-7,Sn=.
所以S1=-6,S3=-15,Sm=,
若4S1,S3,Sm成等比数列,则=4S1Sm,
即225=-24Sm,
所以4m2-52m+75=0,
解得m=,
因为m为正整数,
所以不符合题意,此时m不存在.
在数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2-an=1+(-1)n,那么S100的值为(　　)
A.2 500 B.2 600 C.2 700 D.2 800
解析:当n为奇数时,an+2-an=0,
所以an=1,
当n为偶数时,an+2-an=2,
所以an=n,
故an=
于是S100=50+=2 600.
故选B.
已知等差数列{an}的公差为2,且a4是a2与a8的等比中项,则an等于(　　)
A.-2n B.2n
C.2n-1 D.2n+1
解析:由题意得等差数列{an}的公差d=2,
所以an=a1+2(n-1).
因为a4是a2与a8的等比中项,
所以=a2a8,
即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得a1=2,
所以an=2n.故选B.
设y=f(x)是一次函数,若f(0)=1,且f(1),f(4),f(13)成等比数列,则f(2)+f(4)+…+f(2n) 等于(　　)
A.n(2n+3) B.n(n+4)
C.2n(2n+3) D.2n(n+4)
解析:由题意可设f(x)=kx+1(k≠0),则(4k+1)2=(k+1)(13k+1),解得k=2,f(2)+f(4)+…+f(2n)=(2×2+1)+(2×4+1)+…+(2×2n+1)=
n(2n+3).故选A.
(2021·江苏盐城高三考前热身)在①对任意n>1满足Sn+1+Sn-1=2(Sn+1);②Sn+1-2=Sn+an;③Sn=nan+1-n(n+1)这三个条件中任选一个,补充在下面问题中.问题:已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=4,
　　　　,若数列{an}是等差数列,求出数列{an}的通项公式;若数列{an}不是等差数列,请说明理由.
解:若选择条件①:因为对任意n>1,n∈N*,满足Sn+1+Sn-1=2(Sn+1),
所以Sn+1-Sn=Sn-Sn-1+2,
即an+1-an=2,
因为无法确定a1的值,
所以a2-a1不一定等于2,
所以数列{an}不一定是等差数列.
若选择条件②:由Sn+1-2=Sn+an,
则Sn+1-Sn-an=2,
即an+1-an=2,n∈N*,
因为a2=4,
所以a1=2,
所以数列{an}是等差数列,公差为2,
因此数列{an}的通项公式为an=2n.
若选择条件③:因为Sn=nan+1-n(n+1)
所以Sn-1=(n-1)an-(n-1)n(n≥2,n∈N*),
两式相减得an=nan+1-(n-1)an-2n(n≥2),
即an+1-an=2(n≥2),
又S1=a2-2,即a2-a1=2,
所以an+1-an=2,n∈N*,
又a2=4,a2-a1=2,
所以a1=2,
所以数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列.
所以an=2+2(n-1)=2n.
知识点、方法 基础巩固练 综合运用练 应用创新练
数列求和 1,3,4,5,6,7,8
数列综合应用 2,9 11,12,13,14
数列创新题 10 15
1.数列{1+2n-1}的前n项和为(　C　)
A.1+2n B.2+2n
C.n+2n-1 D.n+2+2n
解析:由题意得an=1+2n-1,
所以Sn=n+=n+2n-1.故选C.
2.我国古代数学名著《算法统宗》中说:“九百九十六斤棉,赠分八子做盘缠.次第每人多十七,要将第八数来言.务要分明依次第,孝和休惹外人传.”意为:“996斤棉花,分别赠送给8个子女做旅费,从第
1个孩子开始,以后每人依次多17斤,直到第8个孩子为止.分配时一定要按照次序分,要顺从父母,兄弟间和气,不要引得外人说闲话.”在这个问题中,第8个孩子分到的棉花为(　A　)
A.184斤 B.176斤
C.65斤 D.60斤
解析:依题意得,八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列,设该等差数列为{an},公差为d,前n项和为Sn,第一个孩子所得棉花斤数为a1,
则由题意得,d=17,S8=8a1+×17=996,
解得a1=65,
所以a8=a1+(8-1)d=184.故选A.
3.数列{an}的通项公式是an=,前n项和为9,则n等于(　B　)
A.9 B.99 C.10 D.100
解析:因为an==-,
所以Sn=a1+a2+…+an=(-)+(-)+…+(-)+(-
)=-1,
令-1=9,得n=99.故选B.
4.数列{an}的通项公式为an=(-1)n-1·(4n-3),则它的前100项和为(　B　)
A.200 B.-200
C.400 D.-400
解析:S100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×
[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]=4×(-50)=-200.故选B.
5.我国古代数学名著《九章算术》中,有已知长方形面积求一边的算法,其方法的前两步为:
第一步,构造数列1,,,,…,;
第二步,将第一步中数列的各项乘以n,
得到的新数列记为a1,a2,a3,…,an.
则a1a2+a2a3+…+an-1an等于(　C　)
A.n2 B.(n-1)2
C.n(n-1) D.n(n+1)
解析:由题意得,新数列为n,,,,…,,
故a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an
=n·+·+·+…+·
=n2[+++…+]
=n2(1-+-+-+…+-)
=n2(1-)
=n(n-1).
故选C.
6.定义:称为n个正数P1,P2,…,Pn的“均倒数”.若数列{an}的前n项的“均倒数”为,则数列{an}的通项公式为(　C　)
A.an=2n-1 B.an=4n-1
C.an=4n-3 D.an=4n-5
解析:因为=,
所以=2n-1,
所以a1+a2+a3+…+an=(2n-1)n,
a1+a2+…+an-1=(2n-3)·(n-1)(n≥2),
两式相减得an=(2n-1)n-(2n-3)(n-1)=4n-3,a1=1也适合此等式,
所以an=4n-3.故选C.
7.(2021·江西高三模拟)单调递增的等比数列{an}满足a1+a2+a3=
14,a1a2a3=64,令bn=log2an,则{}的前10项的和为　　　　.
解析:设单调递增的等比数列{an}的公比为q,
则q>1,
则
所以
消去a1得=,
即2q2-5q+2=0,
解得q=2或q=(舍去),
所以a1=2,an=a1qn-1=2×2n-1=2n,
bn=log2an=log22n=n,
所以==-,
所以++…+=1-+-+…+-=1-=.
答案:
8.在数列{an}中,a1=-2,a2=3,a3=4,an+3+(-1)nan+1=2(n∈N*).记Sn是数列{an}的前n项和,则S20的值为　　　　.
解析:由题意知,当n为奇数时,an+3-an+1=2,
又a2=3,
所以数列{an}中的偶数项是以3为首项,2为公差的等差数列,
所以a2+a4+a6+…+a20=10×3+×2=120.
当n为偶数时,an+3+an+1=2,
又a3+a1=2,
所以数列{an}中的相邻的两个奇数项之和均等于2,
所以a1+a3+a5+…+a17+a19=(a1+a3)+(a5+a7)+…+(a17+a19)=2×5=10,
所以S20=120+10=130.
答案:130
9.已知数列{an}的前n项和Sn满足=+1(n≥2,n∈N),且a1=1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=,cn=,设Tn是数列{cn}的前n项和,证明:Tn<-.
(1)解:=+1(n≥2,n∈N),且a1=1,
可得{}为首项为1,公差为1的等差数列,
则=1+(n-1)=n,即Sn=n2,
当n≥2,an=Sn-Sn-1=2n-1(当n=1时也符合),
所以an=2n-1.
(2)证明:bn=22n-1,cn=·
=(-),
Tn=[(-)+(-)+…+(-)] =(-<·
=-.
10.(2021·广东梅州高三一模)某软件研发公司对某软件进行升级,主要是软件程序中的某序列A={a1,a2,a3,…}重新编辑,编辑新序列为A*={,,,…},它的第n项为,若序列的所有项都是2,且a5=1,a6=32,则a1等于(　C　)
A. B.
C. D.
解析:设=q,
因为序列的所有项都是2,
所以A*={q,2q,22q,…},
即=2n-1q,
因为an=···…··a1,
所以an=2n-2q·2n-3q·…·q·a1=
qn-1a1,
所以
解得故选C.
11.(多选题)对于数列{an}(n∈N*),满足性质“对任意的正整数n,≤an+1都成立”的数列是(　BCD　)
A.an=n2+n+1 B.an=2n+1
C.an=ln D.an=2n-1
解析:对于A,==8>a2=7,不满足性质“对任意的正整数n,
≤an+1都成立”;对于B,D,数列{2n+1}和{2n-1}都是等差数列,故有=an+1,满足性质“对任意的正整数n,≤an+1都成立”;对于C,an=ln,an+2+an=ln(·),
2an+1=ln()2.
又·-()2=<0,即有≤an+1,因此数列{an}满足性质“对任意的正整数n,≤an+1都成立”.综上所述,满足性质“对任意的正整数n,≤an+1都成立”的数列为BCD.故选BCD.
12.(2021·宁夏吴忠高三一模)已知数列{an},{bn},其中数列{an}满足an+5=an(n∈N*),前n项和为Sn,满足Sn=(-1)nan++n-3(1≤n≤6);数列{bn}满足bn+8=bn(n∈N*),且b1=2,bn+1=bn(1≤n≤7),则数列{an·bn}的第2 024项的值为　　　　.
解析:因为Sn=(-1)nan++n-3(1≤n≤6),
所以当n=1时,由S1=(-1)1a1++1-3得a1=-,
当n=3时,a1+a2+a3=-a3+,
所以a2+2a3=,①
当n=4时,a1+a2+a3+a4=a4++1,
所以a2+a3=,②
由①②得a2=,a3=-,
当n=5时,a1+a2+a3+a4+a5=-a5++2,
所以a4+2a5=,③
当n=6时,a1+a2+a3+a4+a5+a6=a6++3,
所以a4+a5=,④
由③④得a4=,a5=-.
因为bn+1=bn(1≤n≤7),b1=2,
所以(n+1)bn+1=nbn=2(1≤n≤7),
所以bn=(1≤n≤8),
因为an+5=an(n∈N*),bn+8=bn(n∈N*),
所以数列{an·bn}是以40为周期的数列,
因此a2 024·b2 024=a24·b24,
而a24=a4=,b24=b8==,
因此a2 024·b2 024=a24·b24=×=.
答案:
13.(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1=1,
an+1=
(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20项和.
解:(1)因为bn=a2n,且a1=1,
an+1=
所以b1=a2=a1+1=2,
b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.
因为bn=a2n,所以bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3,
所以bn+1-bn=a2n+3-a2n=3,
所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,
bn=2+3(n-1)=3n-1,n∈N*.
(2)因为an+1=
所以当k∈N*时,a2k=a2k-1+1=a2k-1+1,
即a2k=a2k-1+1,①
a2k+1=a2k+2,②
a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1,
即a2k+2=a2k+1+1,③
所以①+②得a2k+1=a2k-1+3,
即a2k+1-a2k-1=3,
所以数列{an}的奇数项是以1为首项,3为公差的等差数列;
②+③得a2k+2=a2k+3,即a2k+2-a2k=3,
又a2=2,所以数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列.
所以数列{an}的前20项和S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)=
10+×3+20+×3=300.
14.(2021·辽宁沈阳一模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且=2Sn+n+1,a2=2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an·2n,数列{bn}的前n项和为Tn,求使Tn>2 021的最小的正整数n的值.
解:(1)当n≥2时,由=2Sn+n+1,a2=2,
得=2Sn-1+n-1+1,
两式相减得-=2an+1,
即=+2an+1=.
因为数列{an}为正项数列,
所以an+1=an+1.
当n=1时,=2a1+2=4,
所以a1=1,
所以a2-a1=1,
数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,
所以an=n.
(2)由(1)知bn=an·2n=n·2n,
所以Tn=1×21+2×22+3×23+…+n·2n,
2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,
两式相减得-Tn=-n·2n+1
=(1-n)2n+1-2,
所以Tn=(n-1)2n+1+2,
所以Tn-Tn-1=n·2n>0,
所以当n>1时,{Tn}单调递增,
当n=7时,T7=6×28+2=1 538<2 021,
当n=8时,T8=7×29+2=3 586>2 021,
所以使Tn>2 021的最小的正整数n的值为8.
15.在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求k的值;若k不存在,请说明理由.
设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列,　　　　,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1解:因为在等比数列{bn}中,b2=3,b5=-81,
所以其公比q=-3,
从而bn=b2(-3)n-2=3×(-3)n-2,
从而a5=b1=-1.
若存在k,使得Sk>Sk+1,
即Sk>Sk+ak+1,
从而ak+1<0;
同理,若使Sk+1即Sk+1从而ak+2>0.
若选①:由b1+b3=a2,得a2=-1-9=-10,
所以an=3n-16,
当k=4时满足a5<0且a6>0成立;
若选②:由a4=b4=27且a5=-1,
所以数列{an}为递减数列,
故不存在ak+1<0,且ak+2>0;
若选③:由S5=-25==5a3,
解得a3=-5,从而an=2n-11,
所以当k=4时,能使a5<0,a6>0成立.

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