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人教版高中数学选择性必修第二册第4章 数列 质量评估(含解析)
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这是一份人教版高中数学选择性必修第二册第4章 数列 质量评估(含解析)，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1．在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．6
2．已知等比数列{an}的公比为－2，且a2＋a5＝1，则a4＋a7＝( )
A．－8 B．8
C．－4 D．4
3．若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S10－S3＝14，则S13的值为( )
A．12 B．18
C．22 D．26
4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且9S3＝S6，a2＝1，则a1＝( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2)
C．eq \r(2) D．2
5．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝an＋2n，则an等于( )
A．2n－1 B．2n＋1－3
C．2n－1 D．2n－1－1
6．已知数列2eq \f(1,2)，4eq \f(1,4)，6eq \f(1,8)，8eq \f(1,16)，…，则其前n项和Sn为( )
A．n2＋n＋1－eq \f(1,2n) B．n2＋n－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－1) D．n2＋n＋2－eq \f(1,2n－1)
7．已知数列{an}是递增的等比数列，且a4a6－2aeq \\al(2,4)＋a2a4＝144，则a5－a3＝( )
A．6 B．8
C．10 D．12
8．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时等式成立，则还需要再证( )
A．n＝k＋1时等式成立
B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立
D．n＝2(k＋2)时等式成立
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
9．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，下列数列中一定是等比数列的有( )
A．{aeq \\al(2,n)} B．{anan＋1}
C．{lg an} D．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n
10．在等差数列{an}中，a66<0，a67>0，且a67>|a66|，Sn为数列{an}的前n项和，则( )
A．公差d<0
B．a66＋a67<0
C．S131<0
D．使Sn>0的n的最小值为132
11．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n＋39,n＋3)，则使得eq \f(an,bn)为整数的正整数n的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．14
12．对于数列{an}，若存在正整数k(k≥2)，使得akA．3 B．2
C．7 D．5
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13.已知{an}是各项都为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且S2＝3，S4＝15，则a3＝________.
14.已知等差数列{an}共有10项，其奇数项之和为10，偶数项之和为30，则公差是________．
15.已知数列{an}满足an－an＋1＝3anan＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an)，且b1＋b2＋…＋b9＝90，则b5＝________，b4b6＝________.
16.在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积为同一个常数，那么这个数列称为等积数列，这个常数称为该数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝－2，公积为5，那么这个数列的前41项的和为________．
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17.(10分)数列{an}的前n项和为Sn，已知an＝5Sn－3(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
18.(12分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a1＝8，S10＝－10.
(1)求an，Sn；
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
19.(12分)已知数列{an}满足eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)(n∈N*)，且a3＝eq \f(1,5)，a2＝3a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝3anan＋1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
20.(12分)某地区原有森林木材存量为a，且每年增长率为25%.因生产建设的需要，每年年底要砍伐的木材量为b，设an为n年后该地区森林木材存量．
(1)求{an}的表达式．
(2)为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量应不少于eq \f(7,9)a.如果b＝eq \f(19,72)a，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？(lg 2≈0.30)
21.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2n.
(1)求a1，a2；
(2)设cn＝an＋1－2an，证明：数列{cn}是等比数列；
(3)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2cn)))的前n项和Tn.
22.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n－2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1an＋1)，n为奇数，,4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))an，n为偶数，))且数列{bn}的前n项和为Tn，求T2n.
人教版高中数学选择性必修第二册第4章 数列 质量评估(解析版)
(时间：120分钟，分值：150分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1．在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．6
B 解析：在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a4＝eq \f(1,2)(a2＋a6)＝eq \f(1,2)(4＋a6)＝2，解得a6＝0.故选B.
2．已知等比数列{an}的公比为－2，且a2＋a5＝1，则a4＋a7＝( )
A．－8 B．8
C．－4 D．4
D 解析：由题意可知a4＋a7＝(a2＋a5)×(－2)2＝4.
3．若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S10－S3＝14，则S13的值为( )
A．12 B．18
C．22 D．26
D 解析：根据题意得S10－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝7a7＝14，所以a7＝2，S13＝eq \f(13a1＋a13,2)＝13a7＝26.故选D．
4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且9S3＝S6，a2＝1，则a1＝( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2)
C．eq \r(2) D．2
A 解析：∵9S3＝S6，
∴9×eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(a11－q6,1－q)，
∴9(1－q3)＝1－q6，∴1＋q3＝9，∴q＝2.
∴a1＝eq \f(a2,q)＝eq \f(1,2).
5．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝an＋2n，则an等于( )
A．2n－1 B．2n＋1－3
C．2n－1 D．2n－1－1
A 解析：∵an＋1＝an＋2n，∴an＋1－an＝2n.
∴a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1.
相加得an－a1＝2＋22＋23＋…＋2n－1＝eq \f(21－2n－1,1－2)＝2n－2.∴an＝2n－1.
6．已知数列2eq \f(1,2)，4eq \f(1,4)，6eq \f(1,8)，8eq \f(1,16)，…，则其前n项和Sn为( )
A．n2＋n＋1－eq \f(1,2n) B．n2＋n－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－1) D．n2＋n＋2－eq \f(1,2n－1)
A 解析：∵an＝2n＋eq \f(1,2n)，
∴Sn＝eq \f(n2n＋2,2)＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n2＋n＋1－eq \f(1,2n).
7．已知数列{an}是递增的等比数列，且a4a6－2aeq \\al(2,4)＋a2a4＝144，则a5－a3＝( )
A．6 B．8
C．10 D．12
D 解析：∵{an}是递增的等比数列，∴a5－a3>0.
∵a4a6＝aeq \\al(2,5)，aeq \\al(2,4)＝a3a5，a2a4＝aeq \\al(2,3)，∴a4a6－2aeq \\al(2,4)＋a2a4＝144可化为aeq \\al(2,5)－2a3a5＋aeq \\al(2,3)＝144，即(a5－a3)2＝144，∴a5－a3＝12.故选D．
8．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时等式成立，则还需要再证( )
A．n＝k＋1时等式成立
B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立
D．n＝2(k＋2)时等式成立
B 解析：根据数学归纳法的步骤可知，n＝k(k≥2且k为偶数)的下一个偶数为n＝k＋2.故选B.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
9．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，下列数列中一定是等比数列的有( )
A．{aeq \\al(2,n)} B．{anan＋1}
C．{lg an} D．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n
AB 解析：由数列{an}为等比数列可知，eq \f(an,an－1)＝q(q≠0)，对于A，eq \f(a\\al(2,n),a\\al(2,n－1))＝q2，故A项中的数列是等比数列；对于B，eq \f(anan＋1,an－1an)＝eq \f(an＋1,an－1)＝q2≠0，故B项中的数列是等比数列；对于C，eq \f(lg an,lg an－1)不一定为常数，即{lg an}不一定为等比数列；对于D，若an＝(－1)n，为等比数列，公比为－1，则Sn有可能为0，即Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不一定成等比数列．故选AB.
10．在等差数列{an}中，a66<0，a67>0，且a67>|a66|，Sn为数列{an}的前n项和，则( )
A．公差d<0
B．a66＋a67<0
C．S131<0
D．使Sn>0的n的最小值为132
CD 解析：∵a66<0，a67>0，且a67>|a66|，
∴d>0，a67>－a66，即a67＋a66>0，
∴S132＝66(a1＋a132)＝66(a66＋a67)>0，
S131＝eq \f(131a1＋a131,2)＝131a66<0，
∴使Sn>0的n的最小值为132.
11．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n＋39,n＋3)，则使得eq \f(an,bn)为整数的正整数n的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．14
ACD 解析：由题意可得eq \f(S2n－1,T2n－1)＝eq \f(\f(2n－1a1＋a2n－1,2),\f(2n－1b1＋b2n－1,2))＝eq \f(2n－1an,2n－1bn)＝eq \f(an,bn)，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1)＝eq \f(32n－1＋39,2n－1＋3)＝eq \f(3n＋18,n＋1)＝3＋eq \f(15,n＋1).
由于eq \f(an,bn)为整数，则n＋1为15的正约数，则n＋1的可能取值有3,5,15，因此，正整数n的可能取值有2,4,14.故选ACD．
12．对于数列{an}，若存在正整数k(k≥2)，使得akA．3 B．2
C．7 D．5
AD 解析：an＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n＋\f(9,n)－8))，故a1＝2，a2＝eq \f(3,2)，a3＝2，a4＝eq \f(7,4)，a5＝eq \f(6,5)，a6＝eq \f(1,2)，a7＝eq \f(2,7)，a8＝eq \f(9,8).故a2a2，a3>a2，故2是“谷值点”；a6>a7，a8>a7，故7是“谷值点”；a4三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13.已知{an}是各项都为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且S2＝3，S4＝15，则a3＝________.
4 解析：∵S2＝3，S4＝15，
∴a1＋a2＝3，a3＋a4＝S4－S2＝12.
∴eq \f(a3＋a4,a1＋a2)＝4＝q2.∵an>0，∴q＝2.
∴a1＋a1q＝3a1＝3.∴a1＝1.∴a3＝a1q2＝4.
14.已知等差数列{an}共有10项，其奇数项之和为10，偶数项之和为30，则公差是________．
4 解析：∵S偶－S奇＝5d＝20，∴d＝4.
15.已知数列{an}满足an－an＋1＝3anan＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an)，且b1＋b2＋…＋b9＝90，则b5＝________，b4b6＝________.
10 91 解析：由题意可得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，即数列{bn}是公差为3的等差数列，由b1＋b2＋…＋b9＝90，得b5＝10，所以b4＝7，b6＝13，b4b6＝91.
16.在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积为同一个常数，那么这个数列称为等积数列，这个常数称为该数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝－2，公积为5，那么这个数列的前41项的和为________．
－92 解析：由题意可得，a1＝－2，a2＝－eq \f(5,2)，a3＝－2，a4＝－eq \f(5,2)，…，a39＝－2，a40＝－eq \f(5,2)，a41＝－2，
∴S41＝21×(－2)＋20×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)))＝－92.
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17.(10分)数列{an}的前n项和为Sn，已知an＝5Sn－3(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
解：当n＝1时，a1＝5S1－3＝5a1－3，得a1＝eq \f(3,4).
当n≥2时，由已知an＝5Sn－3，
得an－1＝5Sn－1－3.
两式作差得an－an－1＝5(Sn－Sn－1)＝5an，
∴an＝－eq \f(1,4)an－1，
∴数列{an}是首项a1＝eq \f(3,4)，公比q＝－eq \f(1,4)的等比数列．
∴an＝a1qn－1＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))n－1.
18.(12分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a1＝8，S10＝－10.
(1)求an，Sn；
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
解：(1)∵S10＝10a1＋45d＝80＋45d＝－10，
∴d＝－2.∴an＝8－2(n－1)＝10－2n，
Sn＝eq \f(n8＋10－2n,2)＝9n－n2.
(2)令an＝0，得n＝5.
当n≤5时，Tn＝Sn＝9n－n2；
当n≥6时，Tn＝－Sn＋2S5＝n2－9n＋40，
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9n－n2，n≤5，,n2－9n＋40，n≥6.))
19.(12分)已知数列{an}满足eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)(n∈N*)，且a3＝eq \f(1,5)，a2＝3a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝3anan＋1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)解：由eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)(n∈N*)可知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列．由已知得eq \f(1,a3)＝5，eq \f(1,a2)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,a5).
设其公差为d，则eq \f(1,a1)＋2d＝5，eq \f(1,a1)＋d＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋4d))，
解得eq \f(1,a1)＝1，d＝2，于是eq \f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
整理得an＝eq \f(1,2n－1).
(2)由(1)得bn＝3anan＋1＝eq \f(3,2n－12n＋1)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Sn＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(3n,2n＋1).
20.(12分)某地区原有森林木材存量为a，且每年增长率为25%.因生产建设的需要，每年年底要砍伐的木材量为b，设an为n年后该地区森林木材存量．
(1)求{an}的表达式．
(2)为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量应不少于eq \f(7,9)a.如果b＝eq \f(19,72)a，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？(lg 2≈0.30)
解：(1)设第一年后的森林木材存量为a1，第n年后的森林木材存量为an，
∴a1＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))－b＝eq \f(5,4)a－b，
a2＝eq \f(5,4)a1－b＝eq \f(5,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)a－b))－b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))2a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)＋1))b，
a3＝eq \f(5,4)a2－b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))3a－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))2＋\f(5,4)＋1))b.
由上面的a1，a2，a3推测an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))na－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－2＋…＋\f(5,4)＋1))b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))na－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1))b(其中n∈N*)．
证明如下：①当n＝1时，a1＝eq \f(5,4)a－b，结论成立．
②假设当n＝k时，ak＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))ka－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))k－1))b成立，则当n＝k＋1时，ak＋1＝eq \f(5,4)ak－b＝eq \f(5,4)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))ka－4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))k－1))b))－b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))k＋1a－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))k＋1－1))b.
也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．
由①②可知，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))na－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1))b对一切n∈N*成立．
(2)当b＝eq \f(19,72)a时，若该地区今后发生水土流失，则森林木材存量必须小于eq \f(7,9)a，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))na－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1))×eq \f(19,72)a5.两边取对数得nlgeq \f(5,4)>lg 5，即n>eq \f(lg 5,lg 5－2lg 2)＝eq \f(1－lg 2,1－3lg 2)≈7.
∴经过8年后该地区就会发生水土流失.
21.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2n.
(1)求a1，a2；
(2)设cn＝an＋1－2an，证明：数列{cn}是等比数列；
(3)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2cn)))的前n项和Tn.
(1)解：∵a1＝S1,2a1＝S1＋2，∴a1＝S1＝2.
由2an＝Sn＋2n，知2an＋1＝Sn＋1＋2n＋1＝an＋1＋Sn＋2n＋1，∴an＋1＝Sn＋2n＋1，①
∴a2＝S1＋22＝2＋22＝6.
(2)证明：由题设和①式知an＋1－2an＝(Sn＋2n＋1)－(Sn＋2n)＝2n＋1－2n＝2n，即cn＝2n，∴eq \f(cn＋1,cn)＝2(常数)．
∵c1＝21＝2，∴{cn}是首项为2，公比为2的等比数列．
(3)解：∵cn＝2n，∴eq \f(n＋1,2cn)＝eq \f(n＋1,2n＋1).
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2cn)))的前n项和Tn＝eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n＋1,2n＋1)，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)＋eq \f(n＋1,2n＋2)，
两式相减，得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,24)＋eq \f(1,25)＋…＋eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n＋1,2n＋2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\f(1,23)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(n＋1,2n＋2)＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n＋1,2n＋2)＝eq \f(3,4)－eq \f(n＋3,2n＋2).∴Tn＝eq \f(3,2)－eq \f(n＋3,2n＋1).
22.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n－2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1an＋1)，n为奇数，,4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))an，n为偶数，))且数列{bn}的前n项和为Tn，求T2n.
解：(1)由于Sn＝an＋eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n－2，所以当n≥2时，Sn－1＝an－1＋eq \f(1,2)(n－1)2＋eq \f(3,2)(n－1)－2，两式相减得an＝an－an－1＋n＋1，于是an－1＝n＋1，所以an＝n＋2.
(2)由(1)得bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1n＋3)，n为奇数，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，n为偶数，))
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)．
因为b1＋b3＋…＋b2n－1＝eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,4×6)＋eq \f(1,6×8)＋…＋eq \f(1,2n×2n＋2)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋…＋\f(1,n×n＋1)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4n＋1)，
b2＋b4＋…＋b2n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n＝eq \f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n))，
于是T2n＝eq \f(n,4n＋1)＋eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)).
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1．在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．6
2．已知等比数列{an}的公比为－2，且a2＋a5＝1，则a4＋a7＝( )
A．－8 B．8
C．－4 D．4
3．若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S10－S3＝14，则S13的值为( )
A．12 B．18
C．22 D．26
4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且9S3＝S6，a2＝1，则a1＝( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2)
C．eq \r(2) D．2
5．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝an＋2n，则an等于( )
A．2n－1 B．2n＋1－3
C．2n－1 D．2n－1－1
6．已知数列2eq \f(1,2)，4eq \f(1,4)，6eq \f(1,8)，8eq \f(1,16)，…，则其前n项和Sn为( )
A．n2＋n＋1－eq \f(1,2n) B．n2＋n－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－1) D．n2＋n＋2－eq \f(1,2n－1)
7．已知数列{an}是递增的等比数列，且a4a6－2aeq \\al(2,4)＋a2a4＝144，则a5－a3＝( )
A．6 B．8
C．10 D．12
8．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时等式成立，则还需要再证( )
A．n＝k＋1时等式成立
B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立
D．n＝2(k＋2)时等式成立
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
9．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，下列数列中一定是等比数列的有( )
A．{aeq \\al(2,n)} B．{anan＋1}
C．{lg an} D．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n
10．在等差数列{an}中，a66<0，a67>0，且a67>|a66|，Sn为数列{an}的前n项和，则( )
A．公差d<0
B．a66＋a67<0
C．S131<0
D．使Sn>0的n的最小值为132
11．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n＋39,n＋3)，则使得eq \f(an,bn)为整数的正整数n的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．14
12．对于数列{an}，若存在正整数k(k≥2)，使得ak
C．7 D．5
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13.已知{an}是各项都为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且S2＝3，S4＝15，则a3＝________.
14.已知等差数列{an}共有10项，其奇数项之和为10，偶数项之和为30，则公差是________．
15.已知数列{an}满足an－an＋1＝3anan＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an)，且b1＋b2＋…＋b9＝90，则b5＝________，b4b6＝________.
16.在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积为同一个常数，那么这个数列称为等积数列，这个常数称为该数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝－2，公积为5，那么这个数列的前41项的和为________．
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17.(10分)数列{an}的前n项和为Sn，已知an＝5Sn－3(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
18.(12分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a1＝8，S10＝－10.
(1)求an，Sn；
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
19.(12分)已知数列{an}满足eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)(n∈N*)，且a3＝eq \f(1,5)，a2＝3a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝3anan＋1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
20.(12分)某地区原有森林木材存量为a，且每年增长率为25%.因生产建设的需要，每年年底要砍伐的木材量为b，设an为n年后该地区森林木材存量．
(1)求{an}的表达式．
(2)为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量应不少于eq \f(7,9)a.如果b＝eq \f(19,72)a，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？(lg 2≈0.30)
21.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2n.
(1)求a1，a2；
(2)设cn＝an＋1－2an，证明：数列{cn}是等比数列；
(3)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2cn)))的前n项和Tn.
22.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n－2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1an＋1)，n为奇数，,4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))an，n为偶数，))且数列{bn}的前n项和为Tn，求T2n.
人教版高中数学选择性必修第二册第4章 数列 质量评估(解析版)
(时间：120分钟，分值：150分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1．在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．6
B 解析：在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a4＝eq \f(1,2)(a2＋a6)＝eq \f(1,2)(4＋a6)＝2，解得a6＝0.故选B.
2．已知等比数列{an}的公比为－2，且a2＋a5＝1，则a4＋a7＝( )
A．－8 B．8
C．－4 D．4
D 解析：由题意可知a4＋a7＝(a2＋a5)×(－2)2＝4.
3．若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S10－S3＝14，则S13的值为( )
A．12 B．18
C．22 D．26
D 解析：根据题意得S10－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝7a7＝14，所以a7＝2，S13＝eq \f(13a1＋a13,2)＝13a7＝26.故选D．
4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且9S3＝S6，a2＝1，则a1＝( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2)
C．eq \r(2) D．2
A 解析：∵9S3＝S6，
∴9×eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(a11－q6,1－q)，
∴9(1－q3)＝1－q6，∴1＋q3＝9，∴q＝2.
∴a1＝eq \f(a2,q)＝eq \f(1,2).
5．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝an＋2n，则an等于( )
A．2n－1 B．2n＋1－3
C．2n－1 D．2n－1－1
A 解析：∵an＋1＝an＋2n，∴an＋1－an＝2n.
∴a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1.
相加得an－a1＝2＋22＋23＋…＋2n－1＝eq \f(21－2n－1,1－2)＝2n－2.∴an＝2n－1.
6．已知数列2eq \f(1,2)，4eq \f(1,4)，6eq \f(1,8)，8eq \f(1,16)，…，则其前n项和Sn为( )
A．n2＋n＋1－eq \f(1,2n) B．n2＋n－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－1) D．n2＋n＋2－eq \f(1,2n－1)
A 解析：∵an＝2n＋eq \f(1,2n)，
∴Sn＝eq \f(n2n＋2,2)＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n2＋n＋1－eq \f(1,2n).
7．已知数列{an}是递增的等比数列，且a4a6－2aeq \\al(2,4)＋a2a4＝144，则a5－a3＝( )
A．6 B．8
C．10 D．12
D 解析：∵{an}是递增的等比数列，∴a5－a3>0.
∵a4a6＝aeq \\al(2,5)，aeq \\al(2,4)＝a3a5，a2a4＝aeq \\al(2,3)，∴a4a6－2aeq \\al(2,4)＋a2a4＝144可化为aeq \\al(2,5)－2a3a5＋aeq \\al(2,3)＝144，即(a5－a3)2＝144，∴a5－a3＝12.故选D．
8．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时等式成立，则还需要再证( )
A．n＝k＋1时等式成立
B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立
D．n＝2(k＋2)时等式成立
B 解析：根据数学归纳法的步骤可知，n＝k(k≥2且k为偶数)的下一个偶数为n＝k＋2.故选B.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
9．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，下列数列中一定是等比数列的有( )
A．{aeq \\al(2,n)} B．{anan＋1}
C．{lg an} D．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n
AB 解析：由数列{an}为等比数列可知，eq \f(an,an－1)＝q(q≠0)，对于A，eq \f(a\\al(2,n),a\\al(2,n－1))＝q2，故A项中的数列是等比数列；对于B，eq \f(anan＋1,an－1an)＝eq \f(an＋1,an－1)＝q2≠0，故B项中的数列是等比数列；对于C，eq \f(lg an,lg an－1)不一定为常数，即{lg an}不一定为等比数列；对于D，若an＝(－1)n，为等比数列，公比为－1，则Sn有可能为0，即Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不一定成等比数列．故选AB.
10．在等差数列{an}中，a66<0，a67>0，且a67>|a66|，Sn为数列{an}的前n项和，则( )
A．公差d<0
B．a66＋a67<0
C．S131<0
D．使Sn>0的n的最小值为132
CD 解析：∵a66<0，a67>0，且a67>|a66|，
∴d>0，a67>－a66，即a67＋a66>0，
∴S132＝66(a1＋a132)＝66(a66＋a67)>0，
S131＝eq \f(131a1＋a131,2)＝131a66<0，
∴使Sn>0的n的最小值为132.
11．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n＋39,n＋3)，则使得eq \f(an,bn)为整数的正整数n的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．14
ACD 解析：由题意可得eq \f(S2n－1,T2n－1)＝eq \f(\f(2n－1a1＋a2n－1,2),\f(2n－1b1＋b2n－1,2))＝eq \f(2n－1an,2n－1bn)＝eq \f(an,bn)，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1)＝eq \f(32n－1＋39,2n－1＋3)＝eq \f(3n＋18,n＋1)＝3＋eq \f(15,n＋1).
由于eq \f(an,bn)为整数，则n＋1为15的正约数，则n＋1的可能取值有3,5,15，因此，正整数n的可能取值有2,4,14.故选ACD．
12．对于数列{an}，若存在正整数k(k≥2)，使得ak
C．7 D．5
AD 解析：an＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n＋\f(9,n)－8))，故a1＝2，a2＝eq \f(3,2)，a3＝2，a4＝eq \f(7,4)，a5＝eq \f(6,5)，a6＝eq \f(1,2)，a7＝eq \f(2,7)，a8＝eq \f(9,8).故a2
13.已知{an}是各项都为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且S2＝3，S4＝15，则a3＝________.
4 解析：∵S2＝3，S4＝15，
∴a1＋a2＝3，a3＋a4＝S4－S2＝12.
∴eq \f(a3＋a4,a1＋a2)＝4＝q2.∵an>0，∴q＝2.
∴a1＋a1q＝3a1＝3.∴a1＝1.∴a3＝a1q2＝4.
14.已知等差数列{an}共有10项，其奇数项之和为10，偶数项之和为30，则公差是________．
4 解析：∵S偶－S奇＝5d＝20，∴d＝4.
15.已知数列{an}满足an－an＋1＝3anan＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an)，且b1＋b2＋…＋b9＝90，则b5＝________，b4b6＝________.
10 91 解析：由题意可得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，即数列{bn}是公差为3的等差数列，由b1＋b2＋…＋b9＝90，得b5＝10，所以b4＝7，b6＝13，b4b6＝91.
16.在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积为同一个常数，那么这个数列称为等积数列，这个常数称为该数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝－2，公积为5，那么这个数列的前41项的和为________．
－92 解析：由题意可得，a1＝－2，a2＝－eq \f(5,2)，a3＝－2，a4＝－eq \f(5,2)，…，a39＝－2，a40＝－eq \f(5,2)，a41＝－2，
∴S41＝21×(－2)＋20×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)))＝－92.
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17.(10分)数列{an}的前n项和为Sn，已知an＝5Sn－3(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
解：当n＝1时，a1＝5S1－3＝5a1－3，得a1＝eq \f(3,4).
当n≥2时，由已知an＝5Sn－3，
得an－1＝5Sn－1－3.
两式作差得an－an－1＝5(Sn－Sn－1)＝5an，
∴an＝－eq \f(1,4)an－1，
∴数列{an}是首项a1＝eq \f(3,4)，公比q＝－eq \f(1,4)的等比数列．
∴an＝a1qn－1＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))n－1.
18.(12分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a1＝8，S10＝－10.
(1)求an，Sn；
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
解：(1)∵S10＝10a1＋45d＝80＋45d＝－10，
∴d＝－2.∴an＝8－2(n－1)＝10－2n，
Sn＝eq \f(n8＋10－2n,2)＝9n－n2.
(2)令an＝0，得n＝5.
当n≤5时，Tn＝Sn＝9n－n2；
当n≥6时，Tn＝－Sn＋2S5＝n2－9n＋40，
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9n－n2，n≤5，,n2－9n＋40，n≥6.))
19.(12分)已知数列{an}满足eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)(n∈N*)，且a3＝eq \f(1,5)，a2＝3a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝3anan＋1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)解：由eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)(n∈N*)可知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列．由已知得eq \f(1,a3)＝5，eq \f(1,a2)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,a5).
设其公差为d，则eq \f(1,a1)＋2d＝5，eq \f(1,a1)＋d＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋4d))，
解得eq \f(1,a1)＝1，d＝2，于是eq \f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
整理得an＝eq \f(1,2n－1).
(2)由(1)得bn＝3anan＋1＝eq \f(3,2n－12n＋1)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Sn＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(3n,2n＋1).
20.(12分)某地区原有森林木材存量为a，且每年增长率为25%.因生产建设的需要，每年年底要砍伐的木材量为b，设an为n年后该地区森林木材存量．
(1)求{an}的表达式．
(2)为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量应不少于eq \f(7,9)a.如果b＝eq \f(19,72)a，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？(lg 2≈0.30)
解：(1)设第一年后的森林木材存量为a1，第n年后的森林木材存量为an，
∴a1＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))－b＝eq \f(5,4)a－b，
a2＝eq \f(5,4)a1－b＝eq \f(5,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)a－b))－b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))2a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)＋1))b，
a3＝eq \f(5,4)a2－b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))3a－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))2＋\f(5,4)＋1))b.
由上面的a1，a2，a3推测an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))na－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－2＋…＋\f(5,4)＋1))b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))na－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1))b(其中n∈N*)．
证明如下：①当n＝1时，a1＝eq \f(5,4)a－b，结论成立．
②假设当n＝k时，ak＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))ka－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))k－1))b成立，则当n＝k＋1时，ak＋1＝eq \f(5,4)ak－b＝eq \f(5,4)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))ka－4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))k－1))b))－b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))k＋1a－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))k＋1－1))b.
也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．
由①②可知，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))na－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1))b对一切n∈N*成立．
(2)当b＝eq \f(19,72)a时，若该地区今后发生水土流失，则森林木材存量必须小于eq \f(7,9)a，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))na－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1))×eq \f(19,72)a
∴经过8年后该地区就会发生水土流失.
21.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2n.
(1)求a1，a2；
(2)设cn＝an＋1－2an，证明：数列{cn}是等比数列；
(3)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2cn)))的前n项和Tn.
(1)解：∵a1＝S1,2a1＝S1＋2，∴a1＝S1＝2.
由2an＝Sn＋2n，知2an＋1＝Sn＋1＋2n＋1＝an＋1＋Sn＋2n＋1，∴an＋1＝Sn＋2n＋1，①
∴a2＝S1＋22＝2＋22＝6.
(2)证明：由题设和①式知an＋1－2an＝(Sn＋2n＋1)－(Sn＋2n)＝2n＋1－2n＝2n，即cn＝2n，∴eq \f(cn＋1,cn)＝2(常数)．
∵c1＝21＝2，∴{cn}是首项为2，公比为2的等比数列．
(3)解：∵cn＝2n，∴eq \f(n＋1,2cn)＝eq \f(n＋1,2n＋1).
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2cn)))的前n项和Tn＝eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n＋1,2n＋1)，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)＋eq \f(n＋1,2n＋2)，
两式相减，得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,24)＋eq \f(1,25)＋…＋eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n＋1,2n＋2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\f(1,23)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(n＋1,2n＋2)＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(n＋1,2n＋2)＝eq \f(3,4)－eq \f(n＋3,2n＋2).∴Tn＝eq \f(3,2)－eq \f(n＋3,2n＋1).
22.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n－2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1an＋1)，n为奇数，,4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))an，n为偶数，))且数列{bn}的前n项和为Tn，求T2n.
解：(1)由于Sn＝an＋eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n－2，所以当n≥2时，Sn－1＝an－1＋eq \f(1,2)(n－1)2＋eq \f(3,2)(n－1)－2，两式相减得an＝an－an－1＋n＋1，于是an－1＝n＋1，所以an＝n＋2.
(2)由(1)得bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1n＋3)，n为奇数，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，n为偶数，))
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)．
因为b1＋b3＋…＋b2n－1＝eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,4×6)＋eq \f(1,6×8)＋…＋eq \f(1,2n×2n＋2)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋…＋\f(1,n×n＋1)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4n＋1)，
b2＋b4＋…＋b2n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n＝eq \f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n))，
于是T2n＝eq \f(n,4n＋1)＋eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)).
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