所以d＝2，S9＝99，
又因为Sn＝na1＋d，
所以9a1＋×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＝＝
＝（－），
∴Tn＝（－）＋（－）＋…＋（－）＋（－）
＝.
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＝，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＝a－a＋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）·n.
则Tn＝1·＋3·2＋5·3＋…＋（2n－1）·n.
Tn＝1·2＋3·3＋…＋（2n－3）·n＋（2n－1）·n＋1.
将上述两式相减得，
Tn＝＋2·2＋2·3＋…＋2·n－（2n－1）·n＋1
＝2×－－（2n－1）·n＋1
＝－·n.
∴Tn＝1－（n＋1）·.
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＝（n≥2）．
又由题设可得a1＝2也适合上式，从而{an}的通项公式为an＝.
（2）记的前n项和为Sn.
由
（1）知＝＝－，
则Sn＝－＋－＋…＋－＝.
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＝－4－（3n－1）×4n＋1＝－（3n－2）×4n＋1－8.
得Tn＝×4n＋1＋.
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
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（裂项求和法、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＝＝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.钱B.钱C.钱D.钱
[解析] 依题意，设甲所得为a1，公差为d，则a1＋a2＝a3＋a4＋a5＝，即2a1＋d＝3a1＋9d＝，解得a1＝，所以甲得钱．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＝则数列{an}的前20项和为（ ）
A．1121B．1122C．1123D．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＋10×1＋×2＝1123.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）a－（n＋1）a＋anan＋1＝0，则它的通项公式为（ ）
A．an＝B．an＝
C．an＝D．an＝n
[解析] 因为（n＋2）a－（n＋1）a＋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＝，
则当n≥2时，an＝··…··a1＝··…··1＝.又∵a1＝1也适合，∴an＝，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．2－2×3nB．4×3n
C．－4×3n－1D．－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＝，则a2018的值为（ ）
A．2B．－3C．－D.
[解析] ∵a1＝2，an＋1＝，∴a2＝＝－3，同理可得：
a3＝－，a4＝，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＝a（an>0，n∈N*），则an＝（ ）
A．10n－2B．10n－1C．102n－1D．22n－1
[解析] 因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a（an>0，n∈N*），
所以log2an＋1＝2log2an，
即＝2.
又a1＝2，所以log2a1＝log22＝1.
故数列{log2an}是首项为1，公比为2的等比数列．
所以log2an＝2n－1，即an＝22n－1.
[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，∴当n≥2时，an－a1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－1－an－2＋an－an－1＝1＋3＋…＋3n－2＝，
∵a1＝1，∴an＝.a1＝1也适合，∴an＝.
[答案]
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＋＝4.
因为a1＝3，所以a1＋＝.
故数列是首项为，公比为4的等比数列．
所以an＋＝×4n－1，故数列{an}的通项公式为an＝×4n－1－.
[答案] an＝×4n－1－
9．（2018·山西大同模拟）已知数列{an}的通项公式为an＝（－1）n（2n－1）·cos＋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＝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×＝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＝
11．（2018·南昌市二模）已知数列{an}满足＋＋＋…＋＝n2＋n.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解]
（1）＋＋＋…＋＝n2＋n①，
∴当n≥2时，＋＋＋…＋＝（n－1）2＋n－1②，
①－②得，＝2n（n≥2），∴an＝n·2n＋1（n≥2）．
又当n＝1时，＝1＋1，a1＝4也适合an＝n·2n＋1，∴an＝n·2n＋1.
（2）由
（1）得，bn＝＝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＝－n×（－2）n＋1，
∴Sn＝－.
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＝，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＝2n，∴Sn＝＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.
∴bn＝＝＝.
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝
＝.
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