1、 基础题组练1数列an的通项公式是an(1)n(2n1)，则该数列的前100项之和为()A200B100C200D100解析：选D.由题意知S100(13)(57)(197199)250100.故选D.2在数列an中，a12，a22，an2an1(1)n，nN*，则S60的值为()A990B1 000C1 100D99解析：选A.n为奇数时，an2an0，an2；n为偶数时，an2an2，ann.故S60230(2460)990.3(2019河北“五个一名校联盟”模拟)已知数列an满足：an1anan1(n2，nN*)，a11，a22，Sn为数列an的前n项和，则S2 018()A3B2C1D
2、0解析：选A.因为an1anan1，a11，a22，所以a31，a41，a52，a61，a71，a82，故数列an是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2 0183360a2 017a2 018a1a23.故选A.4.的值为()A. B.C. D.解析：选C.因为，所以.5(2019开封调研)已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，则S2 018等于()A22 0181B321 0093C321 0091D321 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 0
3、17a2 018(a1a3a5a2 017)(a2a4a6a2 018)321 0093.故选B.6(2019郑州质量预测)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an22an1an0(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：7已知数列an中，a12，且4(an1an)(nN*)，则其前9项和S9_解析：由已知，得a4anan14a，即a4anan14a(an12an
4、)20，所以an12an，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故S921021 022.答案：1 0228已知数列an满足an1，且a1，则该数列的前2 018项的和等于_解析：因为a1，又an1，所以a21，从而a3，a41，即得an故数列的前2 018项的和等于S2 0181 009.答案：9(2019唐山模拟)已知数列an满足：(32n1)，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog3，求.解：(1)(321)3，当n2时，因为()()(32n1)(32n21)32n1，当n1，32n1也成立，所以an.(2)bnlog3(2n1)，因为()，所以(1)()()(1)
5、.10已知an是各项均为正数的等比数列，且a1 a2 6，a1a2 a3.(1)求数列an的通项公式；(2)bn为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n1bnbn1，求数列的前n项和Tn.解：(1)设an的公比为q，由题意知：a1(1q)6，aqa1q2.又an0，解得：a12，q2，所以an2n.(2)由题意知：S2n1(2n1)bn1，又S2n1bnbn1，bn10，所以bn2n1.令cn，则cn，因此Tnc1c2cn，又Tn，两式相减得Tn，所以Tn5.综合题组练1在数列an中，若an1(1)nan2n1，则数列an的前12项和等于()A76B78C80D82解析：选B.由已知
6、an1(1)nan2n1，得an2(1)n1an12n1，得an2an(1)n(2n1)(2n1)，取n1，5，9及n2，6，10，结果相加可得S12a1a2a3a4a11a1278.故选B.2已知数列an的前n项和为Sn，a11，当n2时，an2Sn1n，则S2 017的值为()A2 015B2 013C1 008D1 009解析：选D.因为an2Sn1n，n2，所以an12Snn1，n1，两式相减得an1an1，n2.又a11，所以S2 017a1(a2a3)(a2 016a2 017)1 009，故选D.3已知数列an，若an1anan2(nN*)，则称数列an为“凸数列”已知数列bn为
7、“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(一题多解)(2019合肥模拟)数列an满足：a1，且an1(nN*)，则数列an的前n项和Sn_解析：通解：an1，两边同时取倒数得，整理得3，所以3，所以数列是以3为首项，3为公差的等差数列，所以3n，所以an，所以数列an是常数列，所以Sn.优解：用归纳法求解，a1，根据an1，可得a2，a3，a4，所以猜想an，
8、经验证an1，从而Sn.5(2018高考天津卷)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*)已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值解：(1)设等比数列bn的公比为q.由b11，b3b22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故bn2n1.所以，Tn2n1.设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可得a13d4.由b5a42a6，可得3a113d16，从而a11，d1，故ann.所以，Sn.(2)由(1)，有T1T2Tn(21222n)nn2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.所以，n的值为4.6(2019银川质检)正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an 的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn0，Snn2n.于是a1S12，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上可知，数列an的通项公式an2n.(2)证明：由于an2n，bn，则bn.Tn.
