2021高考数学二轮复习专题四第2讲：数列的通项与求和

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考点一 求数列的通项公式
数列通项公式的求法
(1)公式法：由an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))求通项公式．
(2)累加法：由形如an＋1－an＝f(n)(f(n)是可以求和的)的递推关系求通项公式时，常用累加法．
(3)累乘法：由形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)(f(n)是可以求积的)的递推关系求通项公式时，常用累乘法．
(4)构造法：由形如“an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)”的递推关系求通项公式时，可用迭代法或构造等比数列法．
角度1：公式法求数列通项
[解题指导] eq \x(\a\al(n＝1时，,a1＝S1))→eq \x(\a\al(n≥2时，an＝,Sn－Sn－1))→eq \x(\a\al(转化为等,比数列))
[解析] 解法一：由Sn＝2an＋1，得a1＝2a1＋1，所以a1＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，得an＝2an－1，∴{an}是首项为－1，公比为2的等比数列．∴S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝eq \f(－1－26,1－2)＝－63.
解法二：由Sn＝2an＋1，得S1＝2S1＋1，所以S1＝－1，当n≥2时，由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即Sn＝2Sn－1－1，∴Sn－1＝2(Sn－1－1)，又S1－1＝－2，∴{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以Sn－1＝－2×2n－1＝－2n，所以Sn＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.
[答案] －63
角度2：累加法、累乘法求数列通项
[解析] 因为an＋1－1＝an＋2n，
所以当n≥2时，an－an－1＝2n－1，
an－1－an－2＝2(n－1)－1，
an－2－an－3＝2(n－2)－1，
…
a2－a1＝2×2－1，
将以上各式相加，
得an－a1＝(2n－1)＋[2(n－1)－1]＋[2(n－2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n＋2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2]－(n－1)＝eq \f(n－12n＋4,2)－n＋1＝(n－1)(n＋2)－n＋1＝n2－1.
又因为a1＝2，所以an＝n2－1＋a1＝n2＋1(n≥2)．
当n＝1时，a1＝2适合上式．
故an＝n2＋1(n∈N*)．
[答案] an＝n2＋1
角度3：构造法求数列通项
[解析] 在递推公式an＋1＝2an＋3×2n的两边同时除以2n＋1，得eq \f(an＋1,2n＋1)＝eq \f(an,2n)＋eq \f(3,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是等差数列，其首项为eq \f(a1,2)＝1，公差为eq \f(3,2)，所以eq \f(an,2n)＝1＋(n－1)×eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)n－eq \f(1,2)，所以an＝(3n－1)·2n－1.
[答案] an＝(3n－1)·2n－1
[探究追问] 若本例中的“an＋1＝2an＋3×2n”改为“an＋1＝2an＋3×5n”，其他条件不变，则数列{an}的通项公式为________．
[解析] 解法一：在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得eq \f(an＋1,5n＋1)＝eq \f(2,5)×eq \f(an,5n)＋eq \f(3,5)，①
令eq \f(an,5n)＝bn，则①式变为bn＋1＝eq \f(2,5)bn＋eq \f(3,5)，即bn＋1－1＝eq \f(2,5)(bn－1)，又因为b1－1＝eq \f(a1,5)－1＝－eq \f(3,5)，
所以数列{bn－1}是等比数列，其首项为－eq \f(3,5)，公比为eq \f(2,5)，
所以bn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))n－1，即bn＝1－eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))n－1，
所以eq \f(an,5n)＝1－eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))n－1＝1－eq \f(3×2n－1,5n)，
故an＝5n－3×2n－1.
解法二：设an＋1＋k·5n＋1＝2(an＋k×5n)，则an＋1＝2an－3k×5n，与题中递推公式比较得k＝－1，即an＋1－5n＋1＝2(an－5n)，所以数列{an－5n}是首项为a1－5＝－3，公比为2的等比数列，则an－5n＝－3×2n－1，故an＝5n－3×2n－1.
[答案] an＝5n－3×2n－1
求数列通项公式的两种策略
(1)已知Sn与an的递推关系求通项常用两个思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
(2)已知an与an＋1的递推关系式求通项，通常结合关系式的特征采用累加、累乘、构造等方法．
[对点训练]
1．[角度1](2018·安徽合肥一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2018＝( )
A．22018－1 B．32018－6
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2018－eq \f(7,2) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2018－eq \f(10,3)
[解析] ∵数列{an}的前n项和为Sn,3Sn＝2an－3n，∴a1＝S1＝eq \f(1,3)(2a1－3)，解得a1＝－3.
Sn＝eq \f(1,3)(2an－3n)①，
当n≥2时，Sn－1＝eq \f(1,3)(2an－1－3n＋3)②，
①－②，得an＝eq \f(2,3)an－eq \f(2,3)an－1－1，
∴an＝－2an－1－3，∴eq \f(an＋1,an－1＋1)＝－2，
∵a1＋1＝－2，∴{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，∴an＋1＝(－2)n，∴an＝(－2)n－1，∴a2018＝(－2)2018－1＝22018－1，故选A.
[答案] A
2．[角度2](2017·东北三校联考)若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝________.
[解析] 由an＋1＝2nan，得eq \f(an＋1,an)＝2n，令n＝1,2，…，可得
eq \f(a2,a1)＝21，eq \f(a3,a2)＝22，…，eq \f(an,an－1)＝2n－1(n≥2)，将这n－1个等式叠乘得eq \f(an,a1)＝21＋2＋…＋(n－1)＝2 eq \s\up15(eq \f(nn－1,2)) ，故an＝2 eq \s\up15(eq \f(nn－1,2)) .
又a1＝1满足上式，故an＝2 eq \s\up15(eq \f(nn－1,2)) .
[答案] 2 eq \s\up15(eq \f(nn－1,2))
3．[角度3]已知数列{an}的前n项和是Sn，且满足Sn＋an＝2n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
[解析] 因为Sn＋an＝2n＋1，
所以当n＝1时，a1＋a1＝2＋1，解得a1＝eq \f(3,2).
当n≥2时，Sn－1＋an－1＝2(n－1)＋1，
所以an－an－1＋an＝2，即an＝eq \f(1,2)an－1＋1，
即an－2＝eq \f(1,2)(an－1－2)，又因为a1－2＝－eq \f(1,2)，
所以数列{an－2}是等比数列，其首项为－eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)，
所以an－2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，所以an＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＝2－eq \f(1,2n).
[答案] an＝2－eq \f(1,2n)
考点二 求数列的前n项和
数列求和的方法
(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．
(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即an＝f(n＋1)－f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(c,anan＋1)))(其中{an}是各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等．
(3)错位相减法：形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．
(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排序，它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．
角度1：裂项相消法求和

[解] (1)an＋1＝Sn＋1－Sn，代入an＋1＝2eq \r(Sn)＋1，
得Sn＋1－Sn＝2eq \r(Sn)＋1，整理可得Sn＋1＝(eq \r(Sn)＋1)2，
因为Sn>0，所以eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝1，
所以数列{eq \r(Sn)}是首项为eq \r(λ)，公差为1的等差数列，
所以eq \r(Sn)＝eq \r(λ)＋(n－1)＝n＋eq \r(λ)－1，Sn＝(n＋eq \r(λ)－1)2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2eq \r(λ)－3，
∴an＋1－an＝2，因为数列{an}为等差数列，
所以a2－a1＝2eq \r(λ)＋1－λ＝2，解得λ＝1.
(2)由(1)可得an＝2n－1，
所以eq \f(1,anan＋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)))，
因为Tn＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1)，
所以Tn＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,4n＋2).
角度2：错位相减法求和
[解题指导] (1)eq \x(\a\al(构造数列,{an＋1－an}))→eq \x(求出an＋1－an)eq \(――→,\s\up17(累加法))eq \x(求an)
(2)eq \x(求bn)→eq \x(\a\al(符合错位相减,法求和特征))→eq \x(求{bn}前n项和)
[解] (1)证明：由an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，得an＋1－an＝2(an－an－1)，
因此数列{an＋1－an}是公比为2，首项为a2－a1＝2的等比数列．
所以当n≥2时，an－an－1＝2×2n－2＝2n－1，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－1＋2n－2＋…＋2)＋2＝2n，
当n＝1时，也符合，故an＝2n.
(2)由(1)知bn＝eq \f(2n－1,2n)，
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n)①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(5,24)＋…＋eq \f(2n－1,2n＋1)②
①－②，得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(2,24)＋…＋eq \f(2,2n)－eq \f(2n－1,2n＋1)
＝eq \f(1,2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)))－eq \f(2n－1,2n＋1)
＝eq \f(1,2)＋2×eq \f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(2n－1,2n＋1)
＝eq \f(1,2)＋1－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(2n＋3,2n＋1)，
所以Tn＝3－eq \f(2n＋3,2n).
数列求和的解题策略
(1)解决数列求和问题，一般首先确定数列的通项公式，然后根据其结构形式，采取相适应的求解方法．
(2)裂项系数取决于前后两项分母的差，裂项相消后，前、后保留的项数一样多．
(3)用错位相减法求和时，要注意找准项数、开始的项和结束的项，不要漏项或加项．在错位相减后一定要注意其中各个项的结构，特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续的项组成等比数列．
[对点训练]
1．[角度1](2018·济南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,\r(an＋1)＋\r(an))(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)因为d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d所以d＝2，S9＝99，
又因为Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，
所以9a1＋eq \f(9×8,2)×2＝99，解得a1＝3，
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)∵bn＝eq \f(1,\r(an＋1)＋\r(an))＝eq \f(1,\r(2n＋3)＋\r(2n＋1))
＝eq \f(1,2)(eq \r(2n＋3)－eq \r(2n＋1))，
∴Tn＝eq \f(1,2)(eq \r(5)－eq \r(3))＋eq \f(1,2)(eq \r(7)－eq \r(5))＋…＋eq \f(1,2)(eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))＋eq \f(1,2)(eq \r(2n＋3)－eq \r(2n＋1))
＝eq \f(\r(2n＋3)－\r(3),2).
2．[角度2]数列{an}的前n项和为Sn，对于任意的正整数n都有an>0,4Sn＝(an＋1)2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an,3n)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.
[解] (1)依题意得4Sn＝(an＋1)2，则4Sn－1＝(an－1＋1)2，n≥2.
将上述两式相减可得，4an＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋2an－2an－1.
即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，n≥2.
∵an>0，∴an＋an－1>0，
∴an＝an－1＋2.
又4S1＝4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1.
∴an＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(2n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n.
则Tn＝1·eq \f(1,3)＋3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋5·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋…＋(2n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n.
eq \f(1,3)Tn＝1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋…＋(2n－3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋(2n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋1.
将上述两式相减得，
eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋…＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－(2n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋1
＝2×eq \f(\f(1,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋1,1－\f(1,3))－eq \f(1,3)－(2n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋1
＝eq \f(2,3)－eq \f(2n＋1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n.
∴Tn＝1－(n＋1)·eq \f(1,3n).
1．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋1)))的前n项和．
[解] (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．
两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝eq \f(2,2n－1)(n≥2)．
又由题设可得a1＝2，从而{an}的通项公式为an＝eq \f(2,2n－1).
(2)记eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋1)))的前n项和为Sn.
由(1)知eq \f(an,2n＋1)＝eq \f(2,2n＋12n－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)，
则Sn＝eq \f(1,1)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1).
2．(2017·天津卷)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＝eq \f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.
得Tn＝eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).
1.高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项相消法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用．
2．若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注．
热点课题11 数学文化中的数列问题
[感悟体验]
1．(2017·全国卷Ⅱ)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( )
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
[解析] 由题意可知，由上到下灯的盏数a1，a2，a3，…，a7构成以2为公比的等比数列，∴S7＝eq \f(a11－27,1－2)＝381，∴a1＝3，故选B.
[答案] B
2．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为( )
A.eq \f(5,4)钱 B.eq \f(4,3)钱 C.eq \f(3,2)钱 D.eq \f(5,3)钱
[解析] 依题意，设甲所得为a1，公差为d，则a1＋a2＝a3＋a4＋a5＝eq \f(5,2)，即2a1＋d＝3a1＋9d＝eq \f(5,2)，解得a1＝eq \f(4,3)，所以甲得eq \f(4,3)钱，故选B.
[答案] B
专题跟踪训练(十九)
一、选择题
1．(2018·安徽淮南一模)已知{an}中，an＝n2＋λn，且{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A．(－2，＋∞) B．[－2，＋∞)
C．(－3，＋∞) D．[－3，＋∞)
[解析] ∵{an}是递增数列，∴∀n∈N*，an＋1>an，
∴(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，
化简得λ>－(2n＋1)，∴λ>－3，故选C.
[答案] C
2．(2018·信阳二模)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，))则数列{an}的前20项和为( )
A．1121 B．1122 C．1123 D．1124
[解析] 由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为eq \f(1×1－210,1－2)＋10×1＋eq \f(10×9,2)×2＝1123，故选C.
[答案] C
3．(2018·石家庄一模)已知正项数列{an}中，a1＝1，且(n＋2)aeq \\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq \\al(2,n)＋anan＋1＝0，则它的通项公式为( )
A．an＝eq \f(1,n＋1) B．an＝eq \f(2,n＋1)
C．an＝eq \f(n＋2,2) D．an＝n
[解析] 因为(n＋2)aeq \\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq \\al(2,n)＋anan＋1＝0，所以[(n＋2)an＋1－(n＋1)an]·(an＋1＋an)＝0.又{an}为正项数列，所以(n＋2)an＋1－(n＋1)an＝0，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n＋2)，
则当n≥2时，an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n,n＋1)·eq \f(n－1,n)·…·eq \f(2,3)·1＝eq \f(2,n＋1).又∵a1＝1也适合，∴an＝eq \f(2,n＋1)，故选B.
[答案] B
4．(2018·广东茂名二模)Sn是数列{an}的前n项和，且∀n∈N*都有2Sn＝3an＋4，则Sn＝( )
A．2－2×3n B．4×3n
C．－4×3n－1 D．－2－2×3n－1
[解析] ∵2Sn＝3an＋4，∴2Sn＝3(Sn－Sn－1)＋4(n≥2)，变形为Sn－2＝3(Sn－1－2)，又n＝1时，2S1＝3S1＋4，解得S1＝－4，∴S1－2＝－6.∴数列{Sn－2}是等比数列，首项为－6，公比为3.∴Sn－2＝－6×3n－1，可得Sn＝2－2×3n，故选A.
[答案] A
5．(2018·河北石家庄一模)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2018的值为( )
A．2 B．－3 C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
[解析] ∵a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，∴a2＝eq \f(1＋a1,1－a1)＝－3，同理可得：a3＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,3)，a5＝2，…，可得an＋4＝an，则a2018＝a504×4＋2＝a2＝－3，故选B.
[答案] B
6．数列{an}满足a1＝2，an＋1＝aeq \\al(2,n)(an>0，n∈N*)，则an＝( )
A．10n－2 B．10n－1 C．102n－1 D．2 eq \s\up15(2n－1)
[解析] 因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝aeq \\al(2,n)(an>0，n∈N*)，
所以lg2an＋1＝2lg2an，
即eq \f(lg2an＋1,lg2an)＝2.
又a1＝2，所以lg2a1＝lg22＝1.
故数列{lg2an}是首项为1，公比为2的等比数列．
所以lg2an＝2n－1，即an＝2 eq \s\up15(2n－1) ，故选D.
[答案] D
二、填空题
7．(2018·河南新乡三模)若数列{an＋1－an}是等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝5，则an＝________.
[解析] ∵a2－a1＝1，a3－a2＝3，∴q＝3，
∴an＋1－an＝3n－1，∴an－a1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－1－an－2＋an－an－1＝1＋3＋…＋3n－2＝eq \f(1－3n－1,1－3)，
∵a1＝1，∴an＝eq \f(3n－1＋1,2).
[答案] eq \f(3n－1＋1,2)
8．已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为________．
[解析] 因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，
所以4an－an＋1＋1＝0.
所以an＋1＋eq \f(1,3)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3))).
因为a1＝3，所以a1＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3).
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3)))是首项为eq \f(10,3)，公比为4的等比数列．
所以an＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3)×4n－1，故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3).
[答案] an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3)
9．(2018·山西大同模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·cseq \f(nπ,2)＋1(n∈N*)，其前n项和为Sn，则S60＝________.
[解析] 由题意可得，当n＝4k－3(k∈N*)时，an＝a4k－3＝1；当n＝4k－2(k∈N*)时，an＝a4k－2＝6－8k；当n＝4k－1(k∈N*)时，an＝a4k－1＝1；当n＝4k(k∈N*)时，an＝a4k＝8k.∴a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝8，
∴S60＝8×15＝120.
[答案] 120
三、解答题
10．(2018·郑州质检)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn，且数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是公差为2的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)由已知条件得eq \f(Sn,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
∴Sn＝2n2－n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.
当n＝1时，a1＝S1＝1，而4×1－3＝1，∴an＝4n－3.
(2)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3)，
当n为偶数时，
Tn＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n－3)＝4×eq \f(n,2)＝2n，
当n为奇数时，n＋1为偶数，
Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.
综上，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n，n＝2k，k∈N*,－2n＋1，n＝2k－1，k∈N*.))
11．(2018·南昌市二模)已知数列{an}满足eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an,2n)＝n2＋n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(－1nan,2)，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解] (1)eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an,2n)＝n2＋n①，
∴当n≥2时，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an－1,2n－1)＝(n－1)2＋n－1②，
①－②得，eq \f(an,2n)＝2n(n≥2)，∴an＝n·2n＋1(n≥2)．
又当n＝1时，eq \f(a1,2)＝1＋1，a1＝4也适合an＝n·2n＋1，∴an＝n·2n＋1.
(2)由(1)得，bn＝eq \f(－1nan,2)＝n(－2)n，
∴Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n×(－2)n③，
－2Sn＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n－1)×(－2)n＋n×(－2)n＋1④，
③－④得，3Sn＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n－n×(－2)n＋1＝eq \f(－2[1－－2n],3)－n×(－2)n＋1，
∴Sn＝－eq \f(3n＋1－2n＋1＋2,9).
12．(2018·北京海淀模拟)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)∵Sn＝2an－a1，
∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，
∴an＝2an－2an－1，化为an＝2an－1.
由a1，a2＋1，a3成等差数列得，2(a2＋1)＝a1＋a3，
∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.
∴数列{an}是等比数列，首项为2，公比为2.
∴an＝2n.
(2)∵an＋1＝2n＋1，∴Sn＝eq \f(22n－1,2－1)＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.
∴bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)＝eq \f(2n＋1,2n＋1－22n＋2－2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1))).
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2－1)－\f(1,22－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1－1))).