1、 淘出優秀的你6.4數 列 求 和1(2013·徐州、宿遷三檢)已知Sn是等差數列an的前n項和，若S77，S1575，則數列的前20項和為_2(2013·蘇北四市三調)數列an滿足anan1(nN*)，a1，Sn是an的前n項和，則S2 014_.3(2014·東城一模)已知函數f(n)n2cos n，且anf(n)f(n1)，則a1a2a3a100_.4已知數列an的前n項和Snn26n，則|an|的前n項和Tn_.5已知數列an滿足anan1(nN*)，a1，Sn是數列an的前n項和，則S2 013_.6.對于數列an，定義數列an1an為數列an的“差數列

2、”，若a12，an的“差數列”的通項公式為2n，則數列an的前n項和Sn_.7(2013·徐州、宿遷三檢)已知數列an滿足a1a2(a0)，an1 ，nN*.(1)若a0，求數列an的通項公式；(2)設bn|an1an|，數列bn的前n項和為Sn，求證：Sn<a1.8(2014·鎮江模擬)已知函數f(x)的圖像經過點(4,8)(1)求該函數的解析式；(2)數列an中，若a11，Sn為數列an的前n項和，且滿足anf(Sn)(n2)，證明數列成等差數列，并求數列an的通項公式；(3)另有一新數列bn，若將數列bn中的所有項按每一行比上一行多一項的規則排成如下數表：b1b

3、2b3b4b5b6b7b8b9b10記表中的第一列數b1，b2，b4，b7，構成的數列即為(2)中數列an，上表中，若從第三行起，每一行中的數按從左到右的順序均構成等比數列，且公比為同一個正數當b81時，求上表中第k(k3)行所有項的和第卷：提能增分卷1(2013·南京三模)正整數按下列方法分組：1，2,3,4，5,6,7,8,9，10,11,12,13,14,15,16，記第n組中各數之和為An；由自然數的立方構成下列數組：03,13，13,23，23,33，33,43，記第n組中后一個數與前一個數的差為Bn，則AnBn_.2(2014·揚州期末)如下圖所示，矩形AnBn

4、CnDn的一邊AnBn在x軸上，另兩個頂點Cn，Dn在函數f(x)x(x>0)的圖像上若點Bn的坐標為(n,0)(n2，nN*)，矩形AnBnCnDn的周長記為an，則a2a3a10_.3(2014·蘇中三市、連云港、淮安調研(二)已知數列an是首項為1，公差為d的等差數列，數列bn是首項為1，公比為q(q1)的等比數列(1)若a5b5，q3，求數列an·bn的前n項和；(2)若存在正整數k(k2)，使得akbk，試比較an與bn的大小，并說明理由4(2014·連云港質檢)已知數列an中，a2a(a為非零常數)，其前n項和Sn滿足Sn(nN*)(1)求數列a

5、n的通項公式；(2)若a2，且aSn11，求m，n的值；(3)是否存在實數a，b，使得對任意正整數p，數列an中滿足anbp的最大項恰為第3p2項？若存在，分別求出a與b的取值范圍；若不存在，請說明理由答 案第卷：夯基保分卷1解析：由條件得解得從而Sn2n，則，即數列是以2為首項，為公差的等差數列，故所求數列的前20項和為×2055.答案：552解析：由題意得數列an的各項為，1，1，以2為周期的周期數列，所以S2 014×1 007.答案：3解析：f(n)n2cos n(1)n·n2，由anf(n)f(n1)(1)n·n2(1)n1·(n1)

6、2(1)nn2(n1)2(1)n1·(2n1)，得a1a2a3a1003(5)7(9)199(201)50×(2)100.答案：1004解析：由Snn26n得an是等差數列，且首項為5，公差為2.an5(n1)×22n7，n3時，an<0，n>3時，an>0，Tn答案：5解析：由題意知，a1，a21，a3，a42，a5，a63，所以數列an的奇數項構成了首項為，公差為1的等差數列，偶數項構成了首項為1，公差為1的等差數列，通過分組求和可得S2 013.答案：6解析：an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n222

7、2222n222n.Sn2n12.答案：2n127解：(1)若a0，則a12，an1 ，所以2aan，且an>0.兩邊取對數得lg 22lg an1lg an，即lg an1lg 2(lg anlg 2)，因為lg a1lg 22lg 2，所以數列lg anlg 2是以2lg 2為首項，為公比的等比數列所以lg anlg 22×()n1·lg 2，所以an222n1.(2)證明：由an1得2aana，當n2時，2aan1a，得2(an1an)(an1an)anan1，由已知an>0，所以an1an與anan1同號因為a2，且a0，所以aa(a2)2(a1)a23

8、a3>0恒成立，所以a2a1<0，所以an1an<0.因為bn|an1an|，所以bn(an1an)，所以Sn(a2a1)(a3a2)(an1an)(an1a1)a1an1<a1.即原命題成立8解：(1)由函數f(x)的圖像經過點(4,8)得m2，所以函數的解析式為f(x).(2)證明：由已知，當n2時，anf(Sn)，即an.又因為Sna1a2an，所以SnSn1，即2SnSn·Sn12Sn1，所以.又因為S1a11，所以數列是首項為1，公差為的等差數列由上可知1(n1)，即Sn.所以當n2時，anSnSn1因此an(3)設表中從第三行起，每行的公比都為q，

9、且q>0.因為121278，所以表中第1行至第12行共含有數列bn的前78項，故b81在表中第13行第三列，因此b81a13q2.又因為a13，所以q2.記表中第k(k3)行所有項的和為S，則S·(k3)第卷：提能增分卷1解析：正整數組中每組的中間數依次為1,3,7,13，第n組中中間一個數為(n1)n1，故由等差數列性質可知An(n1)n1(2n1)，即An2n33n23n1.而自然數的立方構成的數組中Bnn3(n1)33n23n1，所以AnBn2n3.答案：2n32解析：由題意知Bn(n,0)，Cn(n，n)，又CnDn與x軸平行，所以Dn(，n)，An(，0)，所以an2

10、(AnBnAnDn)4n，故a2a3a104×216.答案：2163解：(1)依題意，bn3n1，a5b5b1q511×3481，故d20，所以an120(n1)20n19.故Sn1×121×341×32(20n19)·3n1，則3Sn1×321×32(20n39)·3n1(20n19)·3n，所以2Sn120×(3323n1)(20n19)·3n120×(20n19)·3n(2920n)·3n29，所以Sn.(2)因為akbk，所以1(k1)d

11、qk1，即d，故an1(n1)，又bnqn1，所以bnanqn1(k1)(qn11)(n1)(qk11)(k1)(qn2qn3q1)(n1)(qk2qk3q1)當1nk時，由q1知bnan(kn)(qn2qn3q1)(n1)(qk2qk3qn1)(kn)(n1)qn2(n1)(kn)qn10，即bnan；當nk時，由q1知bnan(k1)(qn2qn3qk1)(nk)(qk2qk3q1)(k1)(nk) qk1(nk)(k1)qk2(q1)2(nk)qk20，即bnan.綜上所述，當1nk時，anbn；當nk時，anbn；當n1，k時，anbn.4解：(1)由已知得a1S10，所以Sn，則Sn1，所以2(Sn1Sn)(n1)an1nan，即(n1)an1nan，nN*，所以nan2(n1)an1，兩式相減得2an1an2an，nN*，即an2an1an1an，nN*，故數列an是等差數列又a10，a2a，所以an(n1)a.(2)若a2，則an2(n1)，所以Snn(n1)由aSn11得n2n11(m1)2，即4(m1)2(2n1)243，所以(2m2n3)(2m2n1)43，因為4