当前位置：首页 > 高考数学一轮复习 第五章 数列 课堂达标29 数列求和 文 新人教版
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10．(2017·天津)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 ＝
12×1－4n1－4
－4－(3n－1)×4n＋1得Tn＝
3n－28
×4n＋1＋. 33
3n－28n＋1所以，数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4＋. 33
[B能力提升练]
1．已知等比数列的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lg a1,2lg a2,22lg
a3,23lg a4，…，2n－1lg an，…的前n项和Sn等于( )
A．n·2n C．(n－1)·2n＋1
B．(n－1)·2n－1－1 D．2n＋1
2n[解析] ∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，∴a2n＝10，
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即an＝10n，
∴2n－1lg an＝2n－1lg 10n＝n·2n－1，∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1， ① 2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， ②
∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
[答案] C
2．(2018·湖南怀化四模)在正项等比数列{an}和正项等差数列{bn}中，已知a1，a2 017
的等比中项与b1，b2 017的等差中项相等，且数列{bn}的公差d的取值集合为( )
1＋4
≤1，当a1 009取得最小值时，等差
b1b2 017
??1?A.?d?d≥ ?672???
?1?
? C.?672??
???1
B.?d?0＜d＜ ?672?????3?D.?d?d≥ ?2 017???
[解析] 在正项等比数列{an}和正项等差数列{bn}中， 已知a1，a2 017的等比中项与b1，b2 017的等差中项相等， 可得a1a2 017＝
b1＋b2 017
2
，即为a1 009＝b1 009，当a1 009取得最小值时，即为当b1 009
取得最小值时．
?14?
? 由(b1＋b2 017)?＋bb12 017??
＝5＋
b2 017b1
＋
4b1
b2 017
≥5＋2
b2 017b1
×4b1
b2 017
＝9，
当且仅当b2 017＝2b1时，取得等号． 再由
1＋
4
≤1，可得b1＋b2 017≥
91
≥9，
b1b2 017
b1b2 017
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＋4
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即有b1＋b2 017取得最小值9，此时b2 017＝2b1，
991
可得最小值b1 009＝，即有b1＋1 008d＝，b1＋2 016d＝2b1，解得d＝.故选：
22672C.
[答案] C
3．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 015＝______.
[解] ∵an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1， ∴当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝－1，k∈N*， ∴S2 015＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 014＋a2 015) ＝1＋(－1)×1 007＝－1 006. [答案] －1 006
4．(2018·广西名校猜题卷)已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，
*且满足a2若不等式n＝S2n－1(n∈N)．
λan＋1
≤
n＋8·－1
nn对任意的n∈N*恒成立，则实数λ的最大值为______．
[解析] 在a2n＝S2n－1中，令n＝1，n＝2，
??1＝S11＝a1?a2?a2
得?，即?
2???a2＝S3?a1＋d
2＝3a1＋3d
≤
，
解得a1＝1，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，an＋1＝2n＋1. ①当n为偶数时，要使不等式
λan＋1
n＋8·－1
nn恒成立，即需不等式λ≤
n＋8
n2n＋1
88
＝2n＋＋17恒成立，∵2n＋≥8，等号在n＝2时取得，
nn∴此时λ需满足λ≤25；
②当n为奇数时，要使不等式
λan＋1
≤
n＋8·－1
nn恒成立，即需不等式λ≤
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n－8
2
2n＋1
88
＝2n－－15恒成立，∵2n－随n的增大而增大，
nn∴n＝1时，2n－取得最小值－6.
8
n则λ≤－6－15＝－21.
综合①、②可得λ的取值范围是λ≤－21. ∴实数λ的最大值为－21. 故答案为：－21. [答案] －21
5．(2018·山东省青岛市数学一模试卷)已知数列{an}的前 n 项和为Sn，a1＝1，且an＋
1＝2Sn＋1，n∈N
*.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)令c＝log3a2n，bn＝
1
，记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意n∈N*，λ＜
cn·cn＋2
Tn恒成立，求实数λ的取值范围．
[解] (1)∵an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，n≥2时，
an＝2Sn－1＋1，可得an＋1－an＝2an，
即an＋1＝3an.
n＝1时，a2＝2a1＋1＝3＝3a1，满足上式．
∴数列{an}是等比数列，∴an＝3n－1. (2)c＝log3a2n＝log332n－1＝2n－1.
bn＝＝
cn·cn＋22n－1
11
1?1?1
－?， ＝?2n＋34?2n－12n＋3?
1??11?1??
数列{bn}的前n项和Tn＝??1－?＋?－?＋
5??37?4??
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?11??11??11??1?111?
－－－?－?＋…＋??＋???＝?1＋－?
592n－32n＋12n－12n＋332n＋12n＋34?????????
∵对任意n∈N*，λ＜Tn 恒成立， 111?11?
∴λ＜?1＋－－?＝.
335?54?
?1?
∴实数λ的取值是?－∞，?.
5??
[C尖子生专练]
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，?
n∈N*,2Sn＝a2＋ann.令bn＝
1
anan＋1＋an＋1an，
设{bn}的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为______．
[解析] ∵2Sn＝a2n＋an，① ∴2Sn＋1＝a2n＋1＋an＋1，②
22②－①，得2an＋1＝an＋1＋an＋1－an－an，
22an＋1－an－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.
又∵{an}为正项数列，∴an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1. 在2Sn＝a2n＋an中，令n＝1，可得a1＝1. ∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴an＝n，∴bn＝
1
nn＋1＋n＋1n＋1
n＝
[n＝
n－nn＋1n][n＋1
＝
1－1
n＋1＋n＋1n＋1
n－nn＋1]
，
n－nn＋1
nn＋1
1
nn＋1
∴Tn＝1－[答案] 9
灿若寒星
，∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9. n＋1
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