高考数学(理数)二轮专题复习：05《数列》课时练习（4课时教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮专题复习：05《数列》课时练习（4课时教师版），共18页。试卷主要包含了已知数列{an}满足等内容，欢迎下载使用。

1．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为( )
A．15 B．16 C．49 D．64
2．在数列{an}中，已知a1＝1，且当n≥2时，a1·a2·…·an＝n2，则a3＋a5＝( )
A.eq \f(7,3) B.eq \f(61,16) C.eq \f(31,15) D.eq \f(11,4)
3．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，如图.
他们研究过图1(1)中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图1(2)中的1,4,9,16，…，这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是( )
A．289 B．1024 C．1225 D．1378
4．已知数列{an}满足a1＝2，an＝eq \f(an＋1－1,an＋1＋1)，其前n项积为Tn，则T2017＝( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C．2 D．－2
5．)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则an＝( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
6．)若数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，a8＝2，则a1＝________.
7．已知数列{an}满足：a4n－3＝1，a4n－1＝0，a2n＝an，n∈N*，则a2009＝________，a2014＝________.
8．已知递增数列{an}的通项公式为an＝n2＋kn＋2，则实数k的取值范围为________．
9．若数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，则数列{an}的通项公式是an＝________.
10．无穷数列{an}由k个不同的数组成，Sn为{an}的前n项和．若对任意n∈N*，Sn∈{2,3}，则k的最大值为________．
11．已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n(n∈N*)，则当n为多大时，an最大？
12．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq \f(n＋2,3)an.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
第2讲 等差数列
1．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，2a7－a8＝5，则S11＝( )
A．110 B．55 C．50 D．不能确定
2．设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝( )
A．2 B．－2 C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
3．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＋a7＋a13的值是一个确定的常数，则下列各式：
①a21；②a7；③S13；④S14；⑤S8－S5.
其结果为确定常数的是( )
A．②③⑤ B．①②⑤ C．②③④ D．③④⑤
4．等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则数列{an}前6项的和为( )
A．－24 B．－3 C．3 D．8
5．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？( )
A．9日 B．8日 C．16日 D．12日
6．已知等差数列{an}的公差为d，关于x的不等式eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))x＋c≥0的解集是[0,22]，则使得数列{an}的前n项和最大的正整数n的值是( )
A．11 B．11或12 C．12 D．12或13
7．已知数列{an}对任意的n∈N*都有an＋1＝an－2an＋1an，若a1＝eq \f(1,2)，则a8＝_____.
8．已知数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.
9．在等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
10．数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.
(1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
第3讲 等比数列

1．对任意的等比数列{an}，下列说法一定正确的是( )
A．a1，a3，a9成等比数列 B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列
2．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n＝( )
A．80 B．30 C．26 D．16
3．设首项为1，公比为eq \f(2,3)的等比数列{an}的前n项和为Sn，则( )
A．Sn＝2an－1 B．Sn＝3an－2 C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an
4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝a·3n－1＋b，则eq \f(a,b)＝( )
A．－3 B．－1 C．1 D．3
5．已知等比数列{an}的首项为eq \f(3,2)，公比为－eq \f(1,2)，其前n项和为Sn，则Sn的最大值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(2,3) C.eq \f(4,3) D.eq \f(3,2)
6．若等差数列{an}和等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则eq \f(a2,b2)＝__________.
7．在等比数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，满足S7－4S6＋3S5＝0，则S4＝________.
8．《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．”如果墙足够厚，Sn为前n天两只老鼠打洞长度之和，则Sn＝__________尺．
9．已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝eq \f(1,3)，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{bn}的前n项和．
10．已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝eq \f(31,32)，求λ.
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
第4讲 数列的求和

1．数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,4n2－1)，则数列{an}的前n项和Sn＝( )
A.eq \f(2n,2n＋1) B.eq \f(n,2n＋1) C.eq \f(2n,4n＋1) D.eq \f(n,4n＋1)
2．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝( )
A．15 B．12 C．－12 D．－15
3．已知等差数列{an}满足a1>0，5a8＝8a13，则当前n项和Sn取最大值时，n＝( )
A．20 B．21 C．22 D．23
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则数列{|an|}的前n项和Tn等于( )
A．6n－n2 B．n2－6n＋18
C.eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6n－n2，1≤n≤3，,n2－6n＋18，n＞3)) D.eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6n－n2，1≤n≤3，,n2－6n，n＞3))
5．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．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起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，请问第二天走了( )
A．192里 B．96里 C．48里 D．24里
6．已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前10项和为________．
7．如图，它满足：①第n行首尾两数均为n；②图中的递推关系类似杨辉三角，则第n(n≥2)行的第2个数是______________．
1
2 2
3 4 3
4 7 7 4
5 11 14 11 5
……
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n，则Sn＝__________.
9．设数列{an}的前n项和Sn满足6Sn＋1＝9an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
10．已知{an}是等差数列，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是各项均为正数的等比数列，且b1＝a1＝1，b3＝a4，b1＋b2＋b3＝a3＋a4.
(1)求数列{an}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的通项公式；
(2)设cn＝anbn，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的前n项和Tn.
11．观察下列三角形数表，数表(1)是杨辉三角数表，数表(2)是与数表(1)有相同构成规律(除每行首末两端的数外)的一个数表．
对于数表(2)，设第n行第二个数为an.(n∈N*)
(如a1＝2，a2＝4，a3＝7)
(1)归纳出an与an－1(n≥2，n∈N*)的递推公式(不用证明)，并由归纳的递推公式求出{an}的通项公式an；
(2)数列{bn}满足：(an－1)·bn＝1，求证：b1＋b2＋…＋bn<2.
第五章 数列
第1讲 数列的概念与简单表示法
1．A 解析：a8＝S8－S7＝82－72＝64－49＝15.
2．B
3．C 解析：第n个三角形数可表示为eq \f(1,2)n(n＋1)，第n个四边形数可表示为n2.故选C.
4．C 解析：由an＝eq \f(an＋1－1,an＋1＋1)，得an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，而a1＝2，
则有a2＝－3，a3＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,3)，a5＝2.故数列{an}是以4为周期的周期数列，且a1a2a3a4＝1.
所以T2017＝(a1a2a3a4)504a1＝1504×2＝2.
5．A 解析：由已知，得an＋1－an＝ln(n＋1)－ln n.
所以a2－a1＝ln 2－ln 1，a3－a2＝ln 3－ln 2，a4－a3＝ln 4－ln 3，…，an－an－1＝ln n－ln(n－1)，以上(n－1)个式子左、右分别相加，得an－a1＝ln n．所以an＝2＋ln n．故选A.
6.eq \f(1,2) 解析：由已知，得an＝1－eq \f(1,an＋1)，a8＝2，
∴a7＝1－eq \f(1,a8)＝eq \f(1,2)，a6＝1－eq \f(1,a7)＝－1，a5＝1－eq \f(1,a6)＝2.
同理，a4＝eq \f(1,2)，a3＝－1，a2＝2，a1＝eq \f(1,2).
7．1 0 解析：a2009＝a4×503－3＝1，a2014＝a2×1007＝a1007＝a4×252－1＝0.
8．(－3，＋∞) 解析：由{an}为递增数列，得an＋1－an＝(n＋1)2＋k(n＋1)＋2－n2－kn－2＝2n＋1＋k>0恒成立，即k>－(2n＋1)恒成立，即k>[－(2n＋1)]max＝－3.
9．(－2)n－1 解析：当n＝1时，a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(2,3)an－eq \f(2,3)an－1，
故eq \f(an,an－1)＝－2，故an＝(－2)n－1.
当n＝1时，也符合an＝(－2)n－1.
综上所述，an＝(－2)n－1.
10．4 解析：从研究Sn与an的关系入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列{an}由k个不同的数组成”的“不同”和“k的最大值”．本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等．当n＝1时，a1＝2或a1＝3；当n≥2时，若Sn＝2，则Sn－1＝2，于是an＝0，若Sn＝3，则Sn－1＝3，于是an＝0.从而存在k∈N*，当n≥k时，ak＝0.其中数列{an}：2,1，－1，0,0,0，…满足条件，所以kmax＝4.
11．解：∵an＋1－an＝(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n＋1－(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n·eq \f(9－n,11)，而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n>0，
∴当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝9时，an＋1－an＝0，即a10＝a9；
当n>9时，an＋1－an<0，即an＋1因此a1a11>a12>….
∴当n＝9或n＝10时，数列{an}有最大项，最大项为a9或a10.
12．解：(1)由a1＝1与Sn＝eq \f(n＋2,3)an可得
S2＝eq \f(2＋2,3)a2＝a1＋a2⇒a2＝3a1＝3，
S3＝eq \f(3＋2,3)a3＝a1＋a2＋a3⇒eq \f(2,3)a3＝a1＋a2＝4⇒a3＝6.
故所求a2，a3的值分别为3,6.
(2)当n≥2时，Sn＝eq \f(n＋2,3)an，①
Sn－1＝eq \f(n＋1,3)an－1，②
①－②，可得Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1，即
an＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1⇔eq \f(n－1,3)an＝eq \f(n＋1,3)an－1⇔eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1).
故有an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a2,a1)×a1＝eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n,n－2)×…×eq \f(3,1)×1＝eq \f(n2＋n,2).
而eq \f(12＋1,2)＝1＝a1，所以{an}的通项公式为an＝eq \f(n2＋n,2).
第2讲 等差数列
1．B 解析：设公差为d，则2a7－a8＝2(a1＋6d)－(a1＋7d)＝a1＋5d＝a6＝5，S11＝11×eq \f(a1＋a11,2)＝11a6＝55.故选B.
2．D 解析：因为S1，S2，S4成等比数列，有Seq \\al(2,2)＝S1S4，即(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－eq \f(1,2).
3．A 解析：由a1＋a7＋a13是一个确定的常数，得3a7是确定的常数，故②正确；S13＝eq \f(13a1＋a13,2)＝13a7是确定的常数，故③正确；S8－S5＝a6＋a7＋a8＝3a7是确定的常数，故⑤正确．
4．A 解析：设等差数列的公差为d，由a2，a3，a6成等比数列，可得aeq \\al(2,3)＝a2a6，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)．整理，可得d2＋2d＝0.∵d≠0，∴d＝－2.则{an}前6项的和为S6＝6a1＋eq \f(6×5,2)d＝6×1＋eq \f(6×5,2)×(－2)＝－24.
5．A 解析：根据题意，显然良马每日行程构成一个首项a1＝103，公差d1＝13的等差数列．前n天共跑的里程为S′＝na1＋eq \f(nn－1,2)d1＝103n＋eq \f(13,2)n(n－1)＝6.5n2＋96.5n；驽马每日行程也构成一个首项b1＝97，公差d2＝－0.5的等差数列，前n天共跑的里程为S′＝nb1＋eq \f(nn－1,2)d2＝97n－eq \f(0.5,2)n(n－1)＝－0.25n2＋97.25n.两马相逢时，共跑了一个来回．设其第n天相逢，则有6.5n2＋96.5n－0.25n2＋97.25n＝1125×2，解得n＝9.即它们第9天相遇．故选A.
6．A 解析：∵关于x的不等式eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))x＋c≥0的解集是[0,22]，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d<0，,－\f(a1－\f(d,2),\f(d,2))＝22，))解得a1＝－eq \f(21d,2).
∴an＝a1＋(n－1)d＝－eq \f(21d,2)＋(n－1)d＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(23,2)))d.
可得a11＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(11－\f(23,2)))d＝－eq \f(1,2)d>0，a12＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12－\f(23,2)))d＝eq \f(1,2)d<0.
故使得数列{an}的前n项和最大的正整数n的值是11.
7.eq \f(1,16) 解析： 由an＋1＝an－2an＋1an，得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，故数列{eq \f(1,an)}是首项eq \f(1,a1)＝2，公差d＝2的等差数列，则eq \f(1,an)＝2＋2(n－1)＝2n.故a8＝eq \f(1,16).
8．130 解析：由an＝2n－10(n∈N*)，知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列．令an＝2n－10≥0，得n≥5.所以当n<5时，an<0；当n≥5时，an≥0.所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝S15－2(a1＋a2＋a3＋a4)＝90＋40＝130.
9．解：(1)设{an}的公差为d，由题意，得
2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3.
解得a1＝1，d＝eq \f(2,5).所以an＝eq \f(2n＋3,5).
(2)由(1)知，bn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2n＋3,5))).
当n＝1,2,3时，1≤eq \f(2n＋3,5)<2，bn＝1；
当n＝4,5时，2当n＝6,7,8时，3≤eq \f(2n＋3,5)<4，bn＝3；
当n＝9,10时，4所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.
10．(1)证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2，得
an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1＝bn＋2.
又b1＝a2－a1＝1，
所以{bn}是以首项为1，公差为2的等差数列．
(2)解：由(1)，得bn＝1＋2(n－1)，
即an＋1－an＝2n－1.
于是 SKIPIF 1 < 0 ak＋1－ak)＝ SKIPIF 1 < 0 2k－1)，
所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.
又a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.
11．(1)证明：由题意，得anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.
两式相减，得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)解：由题意，得a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1.
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，由此可得
{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
第3讲 等比数列
1．D 解析：因为数列{an}是等比数列，aeq \\al(2,6)＝a3a9，所以a3，a6，a9成等比数列．
2．B 解析：由等比数列性质，得Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，则(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)．所以(S2n－2)2＝2×(14－S2n)．又S2n>0，得S2n＝6.又(S3n－S2n)2＝(S2n－Sn)(S4n－S3n)，所以(14－6)2＝(6－2)(S4n－14)，解得S4n＝30.
3．D 解析：方法一，在等比数列{an}中，
Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝eq \f(1－an·\f(2,3),1－\f(2,3))＝3－2an.
方法二，在等比数列{an}中，a1＝1，q＝eq \f(2,3)，
∴an＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1.
∴Sn＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n)),1－\f(2,3))＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n))
＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1))＝3－2an.
4．A 解析：因为a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝2a，a3＝S3－S2＝6a，由等比数列，得公比q＝eq \f(a3,a2)＝3.又a2＝a1q，所以2a＝3(a＋b)，解得eq \f(a,b)＝－3.
5．D 解析：∵等比数列{an}的首项为eq \f(3,2)，公比为－eq \f(1,2)，
∴Sn＝eq \f(\f(3,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n.当n取偶数时，Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n<1；当n取奇数时，Sn＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n≤1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).∴Sn的最大值为eq \f(3,2).故选D.
6．1 解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由a4＝b4＝8，得－1＋3d＝－q3＝8，解得q＝－2，d＝3.则eq \f(a2,b2)＝eq \f(－1＋3,2)＝1.
7．40 解析：设{an}的公比为8，由S7－4S6＋3S5＝0，可得S7－S6－3(S6－S5)＝0⇒a7－3a6＝0，所以q＝3.所以S4＝eq \f(a11－q4,1－q)＝eq \f(1－34,1－3)＝40.
8．2n－eq \f(1,2n－1)＋1 解析：依题意，得大老鼠每天打洞的距离构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以前n天大老鼠打洞的距离共为eq \f(1×1－2n,1－2)＝2n－1；
同理可得前n天小老鼠打洞的距离共为eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝2－eq \f(1,2n－1).
所以Sn＝2n－1＋2－eq \f(1,2n－1)＝2n－eq \f(1,2n－1)＋1.
9．解：(1)由a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝eq \f(1,3)，得a1＝2.
所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝eq \f(bn,3).
因此{bn}是首项为1，公比为eq \f(1,3)的等比数列．记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n,1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2×3n－1).
10．解：(1)由题意，得a1＝S1＝1＋λa1.
故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0，得an≠0，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(λ,λ－1).
因此{an}是首项为eq \f(1,1－λ)，公比为eq \f(λ,λ－1)的等比数列，于是an＝eq \f(1,1－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n－1.
(2)由(1)，得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n.
由S5＝eq \f(31,32)，得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(1,32)，
解得λ＝－1.
11. 解：(1)当n＝1时，S1＝2a1－2，即a1＝2a1－2.
解得a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)＝2an－2an－1，即an＝2an－1.
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以an＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
(2)因为Sn＝2an－2＝2n＋1－2,
所以Tn＝S1＋S2＋…＋Sn ＝22＋23＋…＋2n＋1－2n
＝eq \f(4×1－2n,1－2)－2n＝2n＋2－4－2n.
第4讲 数列的求和
1．B 解析：由题意，得数列{an}的通项公式为
an＝eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2n＋12n－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).故选B.
2．A
3．B 解析：设公差为d.由5a8＝8a13，得5(a1＋7d)＝8(a1＋12d)．解得d＝－eq \f(3,61)a1.由an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,61)a1))≥0⇒n≤eq \f(64,3)＝21eq \f(1,3).
∴数列{an}的前21项都是正数，以后各项都是负数．
故Sn取最大值时，n的值为21.故选B.
4．C 解析：由Sn＝n2－6n，得{an}是等差数列，
且首项为－5，公差为2.
∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7.
∴当n≤3时，an<0；当n>3时，an>0.
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6n－n2,1≤n≤3，,n2－6n＋18，n＞3.))
5．B 解析：由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为eq \f(1,2)的等比列，则eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378.解得a1＝192，则a2＝96，即第二天走了96里路．故选B.
6.eq \f(20,11) 解析：由题意，得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝n＋n－1＋n－2＋…＋1＝eq \f(nn＋1,2).
所以eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
S10＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,11)))＝eq \f(20,11).
7.eq \f(n2－n＋2,2) 解析：设第n(n≥2)行的第2个数构成数列{an}，则有a3－a2＝2，a4－a3＝3，a5－a4＝4，…，an－an－1＝n－1，相加，得an－a2＝2＋3＋…＋(n－1)＝eq \f(2＋n－1,2)×(n－2)＝eq \f(n＋1n－2,2)，an＝2＋eq \f(n＋1n－2,2)＝eq \f(n2－n＋2,2).
8．n·2n(n∈N*) 解析：由Sn＝2an－2n，得当n＝1时，S1＝a1＝2；当n≥2时，Sn＝2(Sn－Sn－1)－2n，
即eq \f(Sn,2n)－eq \f(Sn－1,2n－1)＝1.所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,2n)))是首项为1，公差为1的等差数列，则eq \f(Sn,2n)＝n，Sn＝n·2n(n≥2)．当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n·2n(n∈N*)．
9．解：(1)当n＝1时，由6a1＋1＝9a1，得a1＝eq \f(1,3).
当n≥2时，由6Sn＋1＝9an，得6Sn－1＋1＝9an－1，
两式相减，得6(Sn－Sn－1)＝9(an－an－1)，
即6an＝9(an－an－1)．∴an＝3an－1.
∴数列{an}是首项为eq \f(1,3)，公比为3的等比数列，其通项公式为an＝eq \f(1,3)×3n－1＝3n－2.
(2)∵bn＝eq \f(1,an)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－2，
∴{bn}是首项为3，公比为eq \f(1,3)的等比数列．
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(3\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq \f(9,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)).
10．解：(1)设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
依题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋3d＝q2，,1＋q＋q2＝2＋5d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝1，,q＝2.))
所以an＝1＋(n－1)＝n，bn＝1×2n－1＝2n－1.
(2)由(1)知，cn＝anbn＝n·2n－1，则：
Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1， ①
2Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，②
①－②，得－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝eq \f(1×1－2n,1－2)－n·2n＝(1－n)·2n－1.
所以Tn＝(n－1)·2n＋1.
11．(1)解：依题意，当n≥2，可归纳出an＝an－1＋n.
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1.
an＝n＋(n－1)＋…＋2＋2＝eq \f(n＋2n－1,2)＋2＝eq \f(1,2)(n2＋n)＋1.
检验当n＝1时，上式也成立．
所以通项公式为an＝eq \f(1,2)(n2＋n)＋1.
(2)证明：∵(an－1)·bn＝1，
∴bn＝eq \f(1,an－1)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
∴b1＋b2＋…＋bn
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1))).
又1－eq \f(1,n＋1)<1，∴b1＋b2＋…＋bn<2.