第1讲 数列的概念及简单表示法
最新考纲 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)；
2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.
知 识 梳 理
1.数列的概念
(1)数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.
(2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值.
(3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法.
2.数列的分类
分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间的大小关系分类
递增数列
an＋1＞an
其中n∈N*
递减数列
an＋1＜an
常数列
an＋1＝an
按其他标准分类
有界数列
存在正数M，使|an|≤M
摆动数列
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列
3.数列的两种常用的表示方法
(1)通项公式：如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子an＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.
(2)递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.
4.已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝
诊 断 自 测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩PPT展示
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.( )
(2)一个数列中的数是不可以重复的.( )
(3)所有数列的第n项都能使用公式表达.( )
(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个.( )
解析 (1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列.
(2)数列中的数是可以重复的.
(3)不是所有的数列都有通项公式.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2.(2017·长沙模拟)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是( )
A.an＝(－1)n－1＋1 B.an＝
C.an＝2sin D.an＝cos(n－1)π＋1
解析 对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sin不合题意，故选C.
答案 C
3.设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为( )
A.15 B.16 C.49 D.64
解析 当n＝8时，a8＝S8－S7＝82－72＝15.
答案 A
4.已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N*，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________.
解析 因为{an}是递增数列，所以对任意的n∈N*，都有an＋1＞an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)＞n2＋λn，整理，
得2n＋1＋λ＞0，即λ＞－(2n＋1).(*)
因为n≥1，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ＞－3.
答案 (－3，＋∞)
5.(必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝________.
答案 5n－4
考点一 由数列的前几项求数列的通项
【例1】 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)－1，7，－13，19，…；
(2)，，，，，…；
(3)，2，，8，，…；
(4)5，55，555，5 555，….
解 (1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5).
(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数.故所求数列的一个通项公式为an＝.
(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察.即，，，，，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为an＝.
(4)将原数列改写为×9，×99，×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10
n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝(10n－1).
规律方法 根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：
(1)分式中分子、分母的各自特征；
(2)相邻项的联系特征；
(3)拆项后的各部分特征；
(4)符号特征.应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想.
【训练1】 (1)数列0，，，，…的一个通项公式为( )
A.an＝(n∈N*) B.an＝(n∈N*)
C.an＝(n∈N*) D.an＝(n∈N*)
(2)数列－，，－，，…的一个通项公式an＝________.
解析 (1)注意到分子0，2，4，6都是偶数，对照选项排除即可.
(2)这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n.
答案 (1)C (2)(－1)n
考点二 由Sn与an的关系求an (易错警示)
【例2】 (1)若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
(2)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式an＝________.
解析 (1)当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式.
故数列的通项公式为an＝
(2)由Sn＝an＋，得当n≥2时，Sn－1＝an－1＋，
两式相减，得an＝an－an－1，
∴当n≥2时，an＝－2an－1，即＝－2.
又n＝1时，S1＝a1＝a1＋，a1＝1，
∴an＝(－2)n－1.
答案 (1) (2)(－2)n－1
规律方法 数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝①当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；②当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示.
易错警示 在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只适用于n≥2的情形.
【训练2】 (1)(2017·河南八校一联)在数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列的通项公式an＝________.
(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则数列的通项公式an＝________.
解析 (1)依题意得Sn＋1＝2an＋1＋1，Sn＝2an＋1，两式相减得Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，又S1＝2a1＋1＝a1，因此a1＝－1，所以数列{an}是以a1＝－1为首项、2为公比的等比数列，an＝－2n－1.
(2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋1－3n－1－1＝2·3n－1.
显然当n＝1时，不满足上式.
∴an＝
答案 (1)－2n－1 (2)
考点三 由数列的递推关系求通项公式
【例3】 在数列{an}中，
(1)若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项公式an＝________.
(2)若a1＝1，an＝an－1(n≥2)，则通项公式an＝________.
(3)若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则通项公式an＝________.
解析 (1)由题意得，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋＝＋1.又a1＝2＝
＋1，符合上式，因此an＝＋1.
(2)法一 因为an＝an－1(n≥2)，所以an－1＝·an－2，…，a2＝a1，以上(n－1)个式子的等号两端分别相乘得an＝a1···…·＝＝.
法二 因为an＝···…···a1＝···…·1＝.
(3)设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1＋t＝2(an＋t)，
即an＋1＝2an＋t，解得t＝3.
故an＋1＋3＝2(an＋3).
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，
且＝＝2.
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列.
∴bn＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.
答案 (1)＋1 (2) (3)2n＋1－3
规律方法 (1)形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项.
(2)形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝··…··a1代入求出通项.
(3)形如an＋1＝pan＋q的递推关系式可以化为(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x是关键.
【训练3】 (1)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
(2)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋，则通项公式an＝________.
解析 (1)由an＋2＋2an－3an＋1＝0，
得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，
∴an＋1－an＝3×2n－1，
∴n≥2时，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，
将以上各式累加得
an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)，
∴an＝3×2n－1－2(当n＝1时，也满足).
(2)原递推公式可化为an＋1＝an＋－，
则a2＝a1＋－，a3＝a2＋－，
a4＝a3＋－，…，an－1＝an－2＋－，an＝an－1＋－ ，逐项相加得，an＝a1＋1－，故an＝4－.
答案 (1)3×2n－1－2 (2)4－
[思想方法]
1.由数列的前几项求数列通项，通常用观察法(对于交错数列一般有(－1)n或(－1)n＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法.
2.强调an与Sn的关系：an＝
3.已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握.一般有两种常见思路：
(1)算出前几项，再归纳、猜想；
(2)利用累加或累乘法求数列的通项公式.
[易错防范]
1.数列是一种特殊的函数，在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值，如数列an＝f(n)和函数y＝f(x)的单调性是不同的.
2.数列的通项公式不一定唯一.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式是an等于( )
A. B.cos
C.cos π D.cos π
解析 令n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D正确.
答案 D
2.数列，－，，－，…的第10项是( )
A.－ B.－
C.－ D.－
解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子.很容易归纳出数列{an}的通项公式an＝(－1)n＋1·，故a10＝－.
答案 C
3.(2016·保定调研)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式an＝( )
A.2n－1 B.2n－1＋1
C.2n－1 D.2(n－1)
解析 法一 由an＋1＝2an＋1，可求a2＝3，a3＝7，a4＝15，…，验证可知an＝2n－1.
法二 由题意知an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.
答案 A
4.数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an等于( )
A.2n－1 B.n2
C. D.
解析 设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，
当n≥2时，an＝＝.
答案 D
5.数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝( )
A.7 B.6 C.5 D.4
解析 依题意得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.
答案 D
二、填空题
6.若数列{an}满足关系an＋1＝1＋，a8＝，则a5＝________.
解析 借助递推关系，则a8递推依次得到a7＝，a6＝，a5＝.
答案
7.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则an＝________.
解析 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1，因此an＝
答案
8.(2017·北京海淀期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an≠0(n∈N*)，又anan＋1＝Sn，则a3－a1＝________.
解析 因为anan＋1＝Sn，所以令n＝1得a1a2＝S1＝a1，即a2＝1，令n＝2，得a2a3＝S2＝a1＋a2，即a3＝1＋a1，所以a3－a1＝1.
答案 1
三、解答题
9.数列{an}的通项公式是an＝n2－7n＋6.
(1)这个数列的第4项是多少？
(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？
(3)该数列从第几项开始各项都是正数？
解 (1)当n＝4时，a4＝42－4×7＋6＝－6.
(2)令an＝150，即n2－7n＋6＝150，解得n＝16或n＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项.
(3)令an＝n2－7n＋6＞0，解得n＞6或n＜1(舍).
∴从第7项起各项都是正数.
10.已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式.
解 (1)由S2＝a2得3(a1＋a2)＝4a2，
解得a2＝3a1＝3.
由S3＝a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
解得a3＝(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知a1＝1.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
整理得an＝an－1.
于是
a1＝1，
a2＝a1，
a3＝a2，
……
an－1＝an－2，
an＝an－1.
将以上n个等式两端分别相乘，
整理得an＝.
显然，当n＝1时也满足上式.
综上可知，{an}的通项公式an＝.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是( )
A. B. C.4 D.0
解析 ∵an＝－3＋，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大为0.
答案 D
12.(2017·石家庄质检)已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝3，则a2 016的值为________.
解析 由题意得，a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－3，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝2，∴数列{an}是周期为6的周期数列，而2 016＝6×336，∴a2 016＝a6＝－1.
答案 －1
13.(2017·太原模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an＝________.
解析 由an－an＋1＝nanan＋1得－＝n，则由累加法得－＝1＋2＋…＋(n－1)＝，又因为a1＝1，所以＝＋1＝，所以an＝.
答案
14.(2016·开封模拟)已知数列{an}中，an＝1＋(n∈N*，a∈R且a≠0).
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围.
解 (1)∵an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)，
又a＝－7，∴an＝1＋(n∈N*).
结合函数f(x)＝1＋的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*).
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋＝1＋，
已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知50，即y0时，S3＝a1＋a2＋a3＝1＋a1＋a3≥1＋2＝1＋2＝3，当且仅当a1＝a3＝1时等号成立.
当q0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和.
解 (1)由a＋2an＝4Sn＋3，
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an).
由于an>0，可得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝.
规律方法 (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.
【训练2】 设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.
(1)求an；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和为Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为d，
由题意得
解得a1＝3，d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)由(1)得Sn＝na1＋d＝n(n＋2)，
∴bn＝＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝
＝
＝－.
考点三 错位相减法求和
【例3】 (2016·山东卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝.求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.
当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式.
所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d，
由即
可解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知，cn＝＝3(n＋1)·2n＋1..
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn.
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1].
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2].
两式作差，得
－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×＝－3n·2n＋2.
所以Tn＝3n·2n＋2.
规律方法 (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.
【训练3】 已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
解 (1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3，
由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，
从而a1＝.
所以{an}的通项公式为an＝n＋1.
(2)设的前n项和为Sn，由(1)知＝，
则Sn＝＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋.
两式相减得Sn＝＋－＝
＋－.所以Sn＝2－.
[思想方法]
非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想
1.转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；
2.不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.
[易错防范]
1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.
2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.
3.在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列的前10项的和为( )
A.120 B.70 C.75 D.100
解析 因为＝n＋2，所以的前10项和为10×3＋＝75.
答案 C
2.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝( )
A.9 B.8 C.17 D.16
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 A
3.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于( )
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.
答案 B
4.(2017·高安中学模拟)已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于( )
A.5 B.6 C.7 D.16
解析 根据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.
又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C.
答案 C
5.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 016＝( )
A.22 016－1 B.3·21 008－3
C.3·21 008－1 D.3·21 007－2
解析 a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2.∴＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，
∴S2 016＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 015＋a2 016
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 015)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 016)
＝＋＝3·21 008－3.故选B.
答案 B
二、填空题
6.(2016·保定模拟)有穷数列1，1＋2，1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________.
解析 由题意知所求数列的通项为＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为－n＝2n＋1－2－n.
答案 2n＋1－2－n
7.(2016·宝鸡模拟)数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝________.
解析 由an＋an＋1＝＝an＋1＋an＋2，∴an＋2＝an，
则a1＝a3＝a5＝…＝a21，a2＝a4＝a6＝…＝a20，
∴S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋a21)
＝1＋10×＝6.
答案 6
8.(2017·安阳二模)已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝________.
解析 由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1，即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1.
答案 4n－1
三、解答题
9.(2016·北京卷)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由得
∴bn＝b1qn－1＝3n－1，
又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，
∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2.
∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n＝1，2，3，…).
(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1
＝＋＝n2＋.
10.(2017·贵阳一模)已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝＋＋…＋，求Tn.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1，
由S1＋a1＝1，得a1＝，
当n≥2时，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1，
则Sn－Sn－1＝(an－1－an)，即an＝(an－1－an)，
所以an＝an－1(n≥2).
故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列.
故an＝·＝2·(n∈N*).
(2)因为1－Sn＝an＝.
所以bn＝log(1－Sn＋1)＝log＝n＋1，
因为＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋＝－＝.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2016·郑州模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，其前n项和为Sn，则在数列S1，S2，…，S2 016中，有理数项的项数为( )
A.42 B.43 C.44 D.45
解析 an＝
＝
＝－.
所以Sn＝1－＋＋＋…＋＝1－，
因此S3，S8，S15…为有理项，又下标3，8，15，…的通项公式为n2－1(n≥2)，所以n2－1≤2 016，且n≥2，
所以2≤n≤44，所以有理项的项数为43.
答案 B
12.(2017·济南模拟)在数列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于( )
A.76 B.78 C.80 D.82
解析 因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，所以a2－a1＝1，
a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a11＋a10＝19，a12－a11＝21，所以a1＋a3＝2，a4＋a2＝8，…，a12＋a10＝40，
所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S12＝a1＋a2＋a3＋…＋a12＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋(a9＋a11)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＝3×2＋8＋24＋40＝78.
答案 B
13.设f(x)＝，若S＝f ＋f ＋…＋f ，则S＝________.
解析 ∵f(x)＝，∴f(1－x)＝＝，
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.
S＝f ＋f ＋…＋f ，①
S＝f ＋f ＋…＋f ，②
①＋②得，
2S＝＋＋…＋＝2 014，
∴S＝＝1 007.
答案 1 007
14.(2015·山东卷)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为d，令n＝1，得＝，
所以a1a2＝3.①
令n＝2，得＋＝，
所以a2a3＝15.②
解①②得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，
所以Tn＝1×41＋2×42＋…＋n×4n，
所以4Tn＝1×42＋2×43＋…＋n×4n＋1，
两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1
＝－n·4n＋1＝×4n＋1－.
所以Tn＝×4n＋1＋＝.
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