专题能力提升练九数列求和及综合应用(45分钟80分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.等比数列{an}的前n项和为Sn=a·3n-1+b,则=()A.-3B.-1C.1D.3【解析】选A.因为等比数列{an}的前n项和为Sn=a·3n-1+b,所以a1=S1=a+b,a2=S2-S1=3a+b-a-b=2a,a3=S3-S2=9a+b-3a-b=6a,因为等比数列{an}中,=a1a3,所以(2a)2=(a+b)×6a,解得=-3.2.等比数列{an}中,a3=9,前3项和为S3=则公比q的值是()A.1B.-C.1或-D.-1或-【解析】选C.S3=x3=27,则当q≠1时,可得q=1(舍)或-.当q=1时,a3=a2=a1=9,S3=27,也符合题意.3.设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,{Sn+nan}为常数列,则an=()A.B.C.D.【解析】选B.由题意知,Sn+nan=2,当n≥2时,Sn-1+(n-1)·an-1=2,两式相减整理得(n+1)an=(n-1)·an-1,从而···…·=··…·,有an=,当n=1时上式成立,所以an=.4.已知x>1,y>1,且lgx,,lgy成等比数列,则xy有()A.最小值10B.最小值C.最大值10D.最大值【解析】选B.因为lgx,,lgy成等比数列,所以=(lgx)(lgy),即(lgx)(lgy)=,又x>1,y>1,所以lgx>0,lgy>0,所以lgx+lgy≥2=,当且仅当lgx=lgy时,即x=y取等号,所以lgx+lgy=lg(xy)≥,则xy≥,即xy有最小值是.5.已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=an+sin2,则该数列的前18项和为()A.2101B.1067C.1012D.2012【解析】选B.当n为奇数时,an+2=an+1,这是一个首项为1,公差为1的等差数列;当n为偶数时,an+2=2an+1,这是一个以2为首项,公比为2的等比数列,所以S18=a1+a2+…+a17+a18=(a1+a3+…+a17)+(a2+a4+…+a18)=9+×1+=9+36+1022=1067.6.已知函数f(x)=,{an}为等比数列,an>0且a1009=1,则f(lna1)+f(lna2)+…+f(lna2017)=()A.2007B.C.1D.【解析】选D.因为f(x)=,所以f(-x)+f(x)=+=1,因为数列{an}是等比数列,所以a1a2017=a2a2016=…=a1008a1010==1,所以设S2017=f(lna1)+f(lna2)+…+f(lna2017)①,因为S2017=f(lna2017)+f(lna2016)+…+f(lna1)②,①+②得2S2017=2017,所以S2017=.二、填空题(每小题5分,共10分)7.数列{an}的前n项和为Sn,若点(n,Sn)(n∈N*)在函数y=log2(x+1)的反函数的图象上,则an=________.【解析】由题意得n=log2(Sn+1)⇒Sn=2n-1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1,当n=1时,a1=S1=21-1=1也适合上式,所以数列{an}的通项公式an=2n-1.答案:2n-18.(2018·河南一诊)已知Sn为数列{an}的前n项和,a1=1,当n≥2时,恒有kan=anSn-成立,若S99=,则k=________.【解析】当n≥2时,恒有kan=anSn-成立,即为(k-Sn)(Sn-Sn-1)=-,化为-=,可得=1+,可得Sn=.由S99=,可得=,解得k=2.答案:2三、解答题(每小题10分,共40分)9.(2018·佛山一模)已知数列{an}是等比数列,数列{bn}满足b1=-3,b2=-6,an+1+bn=n(n∈N*).(1)求{an}的通项公式.(2)求数列{bn}的前n项和Sn.【解析】(1)因为an+1+bn=n,则a2+b1=1,得a2=4,a3+b2=2,得a3=8,因为数列{an}是等比数列,所以解得a1=2,q=2,所以an=a1qn-1=2n.(2)由(1)可得bn=n-an+1=n-2n+1,所以Sn=(1-22)+(2-23)+…+(n-2n+1)=(1+2+3+…+n)-(22+23+…+2n+1)=-=+4-2n+2.10.(2018·化州二模)设数列{an}满足:a1=1,点(an,an+1)(n∈N*)均在直线y=2x+1上.(1)证明数列{an+1}为等比数列,并求出数列{an}的通项公式.(2)若bn=log2(an+1),求数列{(an+1)·bn}的前n项和Tn.【解析】(1)因为点(an,an+1)(n∈N*)均在直线y=2x+1上,所以an+1=2an+1,变形为:an+1+1=2(an+1),又a1+1=2.所以数列{an+1}为等比数列,首项与公比都为2.所以an+1=2n,解得an=2n-1.(2)bn=log2(an+1)=n,所以(an+1)·bn=n·2n.数列{(an+1)·bn}的前n项和Tn=2+2×22+3×23+…+n·2n,2Tn=22+2·23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,相减可得:-Tn=2+22+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1,所以Tn=(n-1)·2n+1+2.11.(2018·大庆一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在曲线y=x2+x上,数列{bn}满足bn+bn+2=2bn+1,b4=11,{bn}的前5项和为45.(1)求{an},{bn}的通项公式.(2)设cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,求使不等式Tn>恒成立的最大正整数k的值.【解析】(1)由已知得:Sn=n2+n,当n=1时,a1=S1=+=3,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=n+2,当n=1时,a1也符合上式.所以an=n+2.因为数列{bn}满足bn+bn+2=2bn+1,所以{bn}为等差数列.设其公差为d.则解得所以bn=2n+3.(2)由(1)得,cn====,Tn==,因为Tn+1-Tn==>0,所以{Tn}...
