1、 基础题组练1数列an的前n项和为Sn，已知Sn1234(1)n1n，则S17()A9B8C17 D16解析：选A.S171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119.2在数列an中，a12，a22，an2an1(1)n，nN+，则S60的值为()A990 B1 000C1 100 D99解析：选A.n为奇数时，an2an0，an2；n为偶数时，an2an2，ann.故S60230(2460)990.3已知函数f(x)axb(a0，且a1)的图象经过点P(1，3)，Q(2，5)当nN+时，an，记数列an的前n项和为Sn，当Sn时，n的值为()A7 B6
2、C5 D4解析：选D.因为函数f(x)axb(a0，且a1)的图象经过点P(1，3)，Q(2，5)，所以所以或(舍去)，所以f(x)2x1，所以an，所以Sn，令Sn，得n4.故选D.4(2020河北保定期末)在数列an中，若a11，a23，an2an1an(nN+)，则该数列的前100项之和是()A18 B8C5 D2解析：选C.因为a11，a23，an2an1an(nN+)，所以a3312，a4231，a5123，a6312，a7231，a8123，a9312，所以an是周期为6的周期数列，因为1001664，所以S10016(132132)(1321)5.故选C.5已知数列an满足a11
3、，an1an2n(nN+)，则S2 018等于()A22 0181 B321 0093C321 0091 D321 0082解析：选B.a11，a22，又2，所以2.所以a1，a3，a5，成等比数列；a2，a4，a6，成等比数列，所以S2 018a1a2a3a4a5a6a2 017a2 018(a1a3a5a2 017)(a2a4a6a2 018)321 0093.故选B.6数列an的通项公式为anncos，其前n项和为Sn，则S2 017_解析：因为数列anncos呈周期性变化，观察此数列规律如下：a10，a22，a30，a44.故S4a1a2a3a42.因此S2 017S2 016a2 0
4、17(a1a2a3a4)(a2 009a2 010a2 011a2 012)(a2 013a2 014a2 015a2 016)a2 0172a11 008.答案：1 0087(2020湖南三湘名校(五十校)第一次联考)已知数列an的前n项和为Sn，a11.当n2时，an2Sn1n，则S2 019_解析：由an2Sn1n(n2)，得an12Snn1，两式作差可得an1an2an1(n2)，即an1an1(n2)，所以S2 019111 010.答案：1 0108已知数列an的前n项和为Sn，a11，a22，且an22an1an0(nN+)，记Tn(nN+)，则T2 018_解析：由an22an
5、1an0(nN+)，可得an2an2an1，所以数列an为等差数列，公差da2a1211，通项公式ana1(n1)d1n1n，则其前n项和Sn，所以2()，Tn2()2(1)，故T2 018.答案：9已知数列an满足a14a242a34n1an(nN+)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bnbn1的前n项和Tn.解：(1)当n1时，a1.因为a14a242a34n2an14n1an，所以a14a242a34n2an1(n2，nN+)，得4n1an(n2，nN+)，所以an(n2，nN+)由于a1，故an(nN+)(2)由(1)得bn，所以bnbn1()，故Tn()().10已知数
6、列an的前n项和为Sn，Sn.(1)求an；(2)若bn(n1)an，且数列bn的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)由已知可得，2Sn3an1，所以2Sn13an11(n2)，得，2(SnSn1)3an3an1，化简得an3an1(n2)，在中，令n1可得，a11，所以数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an3n1.(2)bn(n1)3n1，Tn030131232(n1)3n1，则3Tn031132233(n1)3n.得，2Tn3132333n1(n1)3n(n1)3n.所以Tn.综合题组练1(2020河北五个一名校联盟第一次诊断)已知等差数列an中，a3a5a47，a1019，则
7、数列ancos n的前2 018项的和为()A1 008B1 009C2 017D2 018解析：选D.设an的公差为d，则有解得所以an2n1，设bnancos n，则b1b2a1cos a2cos 22，b3b4a3cos 3a4cos 42，所以数列ancos n的前2 018项的和为(b1b2)(b3b4)(b2 017b2 018)22 018.故选D.2在数列an中，若an1(1)nan2n1，则数列an的前12项和等于()A76B78C80 D82解析：选B.由已知an1(1)nan2n1，得an2(1)n1an12n1，两式相减得an2an(1)n(2n1)(2n1)，取n1，
8、5，9及n2，6，10，结果相加可得S12a1a2a3a4a11a1278.故选B.3已知数列an，若an1anan2(nN+)，则称数列an为“凸数列”已知数列bn为“凸数列”，且b11，b22，则数列bn的前2 019项和为_解析：由“凸数列”的定义及b11，b22，得b33，b41，b52，b63，b71，b82，所以数列bn是周期为6的周期数列，且b1b2b3b4b5b60，于是数列bn的前2 019项和等于b1b2b34.答案：44(2020榆林质量监测)已知数列an和bn满足a1a2a3an2bn(nN+)，若数列an为等比数列，且a12，a416，则数列的前n项和Sn_解析：因为
9、an为等比数列，且a12，a416，所以公比q2，所以an2n，所以a1a2a3an2122232n2123n2.因为a1a2a3an2bn，所以bn.所以2.所以的前n项和Snb1b2b3bn22.答案：5已知等差数列an中，a5a34，前n项和为Sn，且S2，S31，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设an的公差为d，由a5a34，得2d4，d2.所以S22a12，S313a15，S44a112，又S2，S31，S4成等比数列，所以(3a15)2(2a12)(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)bn(1)n(1)n()，当n为偶数时，Tn(1)()()()()，所以Tn1.当n为奇数时，Tn(1)()()()()，所以Tn1.所以Tn.
