1．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=1(n+1)(n+2)，則{an}的前10項(xiàng)之和為（ ）
A．14B．512C．34D．712
2．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，an+2an＝39（n∈N*），那么數(shù)列{an}的前50項(xiàng)和S50的最小值為（ ）
A．637B．559C．481+2539D．492+2478
3．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝（﹣1）n?n，Sn為其前n項(xiàng)和為，則S13+S24＝（ ）
A．11B．﹣5C．﹣1D．5
4．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=1n(n+1)（n∈N*），若前n項(xiàng)的和為1011，則項(xiàng)數(shù)為（ ）
A．12B．11C．10D．9
5．已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，當(dāng)n≥3時(shí)，a4a2n﹣4＝102n，設(shè)數(shù)列{lgan}的前n項(xiàng)和為Sn，{1Sn}的前n項(xiàng)和為Tn，則T2020等于（ ）
A．20202021B．20192020C．20191010D．40402021
6．已知數(shù)列{an}滿足：an=1n2+n，且Sn=1011，則n的值為（ ）
A．8B．9C．10D．11
7．記無窮數(shù)列{an}的前n項(xiàng)a1，a2，…，an的最大項(xiàng)為An，第n項(xiàng)之后的各項(xiàng)an+1，an+2，…的最小項(xiàng)為Bn，令bn＝An﹣Bn，若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n2﹣7n+6，則數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和為（ ）
A．﹣169B．﹣134C．﹣103D．﹣78
8．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝1，Sn=13an+1，則S2019＝（ ）
A．42018B．32018C．42019D．32019
9．已知數(shù)列{an}滿足：an=2，n≤5a1a2?an?1?1，n≥6（n∈N*）．若正整數(shù)k（k≥5）使得a12+a22+…+ak2＝a1a2…ak成立，則k＝（ ）
A．16B．17C．18D．19
10．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，an+1＝Sn，若an∈（0，2020），則稱項(xiàng)an為“和諧項(xiàng)”，則數(shù)列{an}的所有“和諧項(xiàng)”的平方和為（ ）
A．13×411?13B．13×412?13C．13×410+23D．13×411+23
11．高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的美譽(yù)，用其名字命名的“高斯函數(shù)”：設(shè)x＝R用[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則y＝[x]稱為高斯函數(shù)，也稱取整函數(shù)．在數(shù)列{an}中，記[an]為不超過an的最大整數(shù)，則稱數(shù)列{[an]}為{an}的取整數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝1，an+1=[[2an]+13]，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則數(shù)列{1S2n?1S2n+1}的前1010項(xiàng)和為（ ）
A．5042021B．5052021C．10102021D．5042022
12．已知等差數(shù)列{an}的公差為2，前n項(xiàng)和為Sn，且S1，S2，S4成等比數(shù)列．令bn=1anan+2，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，若對于?n∈N*，不等式Tn＜λ恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是（ ）
A．λ≥13B．λ＞15C．λ≥15D．λ＞0
13．已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，且滿足an+1=13an+13，則此數(shù)列的第三項(xiàng)是（ ）
A．1B．13C．23D．59
14．已知數(shù)列{an}滿足a1+4a2+7a3+…+（3n﹣2）an＝4n，則a2a3+a3a4+…+a21a22＝（ ）
A．58B．34C．54D．52
二．填空題（共11小題）
15．在數(shù)列{an}中，a1＝2，且an+an﹣1=nan?an?1+2（n≥2），則數(shù)列{12an2?4an+2}的前2021項(xiàng)和為 ．
16．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，a2＝3且an?2?an=1+(?1)n，n∈N?，則該數(shù)列的前9項(xiàng)之和為 ．
17．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n﹣2，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝ ．
18．已知{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列，a32＝2a2a6，且a1+a3+a5+a7+a9=4658，若[x]表示不超過x的最大整數(shù)（例如[2.9]＝2，[﹣3.1]＝﹣4），設(shè)bn＝[an]，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和（n＞10）為 ．
19．?dāng)?shù)列{an}滿足an=n(n+1)2，則1a1+1a2+?+1a2018等于 ．
20．已知數(shù)列{an}滿足an＝（2n+m）+（﹣1）n（3n﹣2）（m∈N*，m與n無關(guān)），若i=12m a2i﹣1≤k2﹣2k﹣1對任意的m∈N*恒成立，則正實(shí)數(shù)k的取值范圍為 ．
21．已知{an}，{bn}均為等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，若對任意的n∈N*，總有SnTn=3n+14，則a3b3= ．
22．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為11+2+3+?+n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為 ．
23．已知集合A＝{x|x＝a3×30+a2×3﹣1+a1×3﹣2+a0×3﹣3}，其中ak∈{0，1，2}，k＝0，1，2，3，將集合A中的元素從小到大排列得到數(shù)列{bn}，設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Sn，則b3＝ ，S15＝ ．
24．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，an+1＝Sn（n∈N*），則Sn＝ ．
25．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，且an+1+2an+3＝0，n∈N*，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S6＝ ．
三．解答題（共3小題）
26．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，（n+2）an＝3（n+1）an+1．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，求證：Sn＜154．
27．設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1＝1，3an+1﹣an+4＝0，n∈N*．
（1）求證：數(shù)列{an+2}為等比數(shù)列，并求出{an}的通項(xiàng)公式；
（2）若bn＝an+lg3（an+2），求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn．
28．在數(shù)列{an}中，a1=?12，2an＝an﹣1﹣n﹣1（n≥2，n∈N+），設(shè)bn＝an+n．
（Ⅰ）證明：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）求數(shù)列{nbn}的前n項(xiàng)和Tn；
（Ⅲ）若cn＝（12）n﹣an，Pn為數(shù)列{cn2+cn+1cn2+cn}的前n項(xiàng)和，求不超過P2015的最大的整數(shù)．
人教版2022屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 數(shù)列的求和
參考答案與試題解析
一．選擇題（共14小題）
1．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=1(n+1)(n+2)，則{an}的前10項(xiàng)之和為（ ）
A．14B．512C．34D．712
【分析】先對其通項(xiàng)裂項(xiàng)，再代入前10項(xiàng)和S10，通過各項(xiàng)相消即可求出S10．
【解答】解：∵an=1(n+1)(n+2)=1n+1?1n+2
∴S10＝a1+a2+…+a10
＝（12?13）+（13?14）+…+（111?112）
=12?112
=512
故選：B．
2．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，an+2an＝39（n∈N*），那么數(shù)列{an}的前50項(xiàng)和S50的最小值為（ ）
A．637B．559C．481+2539D．492+2478
【分析】由已知條件推導(dǎo)出a1＝1，a3＝39，a5＝1，a7＝39，…，a47＝39，a49＝1，a2a4＝39，所以a2+a4≥239，當(dāng)且僅當(dāng)a2=a4=39時(shí)取等號(hào)，故當(dāng)偶數(shù)項(xiàng)都是39時(shí)，S50取最小值，由此能求出S50的最小值．
【解答】解：∵各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，an+2an＝39（n∈N*），
∴a1＝1，a3＝39，a5＝1，a7＝39，…，a47＝39，a49＝1，
a2a4＝39，∴a2+a4≥239，當(dāng)且僅當(dāng)a2=a4=39時(shí)取等號(hào)，
∴當(dāng)偶數(shù)項(xiàng)都是39時(shí)，S50取最小值，
∴（S50）min＝12×（1+39）+1+2539=481+2539．
故選：C．
3．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝（﹣1）n?n，Sn為其前n項(xiàng)和為，則S13+S24＝（ ）
A．11B．﹣5C．﹣1D．5
【分析】由數(shù)列的并項(xiàng)求和法，分別計(jì)算S13，S24，可得所求和．
【解答】解：因?yàn)閍n＝（﹣1）n?n，
所以S13+S24＝（﹣1+2﹣3+4﹣5+…﹣11+12﹣13）+（﹣1+2﹣3+4﹣5+6﹣…﹣23+24）
＝（1×6﹣13）+1×12＝5．
故選：D．
4．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=1n(n+1)（n∈N*），若前n項(xiàng)的和為1011，則項(xiàng)數(shù)為（ ）
A．12B．11C．10D．9
【分析】由已知，an=1n(n+1)=1n?1n+1，l利用裂項(xiàng)相消法求和后，再求出項(xiàng)數(shù)n即可．
【解答】解：an=1n(n+1)=1n?1n+1，（n∈N*）
，前n項(xiàng)的和Sn＝（1?12）+（12?13）+…（1n?1n+1）＝1?1n+1=nn+1
當(dāng)Sn=1011時(shí)解得n＝10
故選：C．
5．已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，當(dāng)n≥3時(shí)，a4a2n﹣4＝102n，設(shè)數(shù)列{lgan}的前n項(xiàng)和為Sn，{1Sn}的前n項(xiàng)和為Tn，則T2020等于（ ）
A．20202021B．20192020C．20191010D．40402021
【分析】由等比數(shù)列的性質(zhì)可得a4a2n﹣4＝（an）2，可得等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，由對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可得數(shù)列{lgan}的通項(xiàng)公式，由等差數(shù)列的求和公式和數(shù)列的裂項(xiàng)相消求和，可得所求和．
【解答】解：等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，
當(dāng)n≥3時(shí)，a4a2n﹣4＝（an）2＝102n，
即有an＝10n，
由于{an}為等比數(shù)列，可得a1＝10，公比q＝10，
則an＝10n，n∈N*，
可得lgan＝lg10n＝n，前n項(xiàng)和為Sn=12n（n+1），
1Sn=2n(n+1)=2（1n?1n+1），
則T2020＝2（1?12+12?13+?+12020?12021）＝2×（1?12021）=40402021．
故選：D．
6．已知數(shù)列{an}滿足：an=1n2+n，且Sn=1011，則n的值為（ ）
A．8B．9C．10D．11
【分析】直接根據(jù)裂項(xiàng)求和即可求出n的值．
【解答】解：∵an=1n2+n=1n(n+1)=1n?1n+1，
∴Sn＝1?12+12?13+?+1n?1n+1=1?1n+1=nn+1
∵Sn=1011，
∴1011=nn+1，
解得n＝10，
故選：C．
7．記無窮數(shù)列{an}的前n項(xiàng)a1，a2，…，an的最大項(xiàng)為An，第n項(xiàng)之后的各項(xiàng)an+1，an+2，…的最小項(xiàng)為Bn，令bn＝An﹣Bn，若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n2﹣7n+6，則數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和為（ ）
A．﹣169B．﹣134C．﹣103D．﹣78
【分析】首先利用作差法判斷數(shù)列{an}為單調(diào)性，然后根據(jù)題目已知新定義求出b1，
b2，b3，b4，b5，……，b10，進(jìn)而得出數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和．
【解答】解：因?yàn)閿?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n2﹣7n+6，
所以an+1﹣an＝2（n+1）2﹣7（n+1）+6﹣（2n2﹣7n+6）＝4n﹣5，
當(dāng)n≥2時(shí)，an+1＞an，所以數(shù)列{an}為單調(diào)遞增；
且a1＝1，a2＝0，即a1＞a2．
由題意知：b1＝A1﹣B1＝1﹣0＝1；
b2＝A2﹣B2＝1﹣a3；
b3＝A3﹣B3＝a3﹣a4；
b4＝A4﹣B4＝a4﹣a5；
b5＝A5﹣B5＝a5﹣a6；
……
b10＝A10﹣B10＝a10﹣a11；
所以數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和為：
b1+b2+b3+……+b10＝1+1﹣a3+a3﹣a4+a4﹣a5+a5﹣a6+……+a10﹣a11
＝2﹣a11＝2﹣（2×112﹣7×11+6）＝2﹣171＝﹣169．
故選：A．
8．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝1，Sn=13an+1，則S2019＝（ ）
A．42018B．32018C．42019D．32019
【分析】由Sn=13an+1，an+1＝Sn+1﹣Sn，代入化為：Sn+1＝4Sn，S1＝1．利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
【解答】解：∵Sn=13an+1，an+1＝Sn+1﹣Sn，
∴Sn=13（Sn+1﹣Sn），
化為：Sn+1＝4Sn，S1＝1．
∴數(shù)列{Sn}為等比數(shù)列，首項(xiàng)為1，公比為4．
則S2019＝42019﹣1＝42018．
故選：A．
9．已知數(shù)列{an}滿足：an=2，n≤5a1a2?an?1?1，n≥6（n∈N*）．若正整數(shù)k（k≥5）使得a12+a22+…+ak2＝a1a2…ak成立，則k＝（ ）
A．16B．17C．18D．19
【分析】由題意可得a1＝a2＝a3＝a4＝a5＝2，a6＝a1a2a3…a5﹣1＝25﹣1＝31，n≥6時(shí)，a1a2…an﹣1＝1+an，將n換為n+1，兩式相除，an2＝an+1﹣an+1，n≥6，
累加法求得a62+a72+…+ak2＝ak+1﹣a6+k﹣5即有a12+a22+…+ak2＝20+ak+1﹣a6+k﹣5＝ak+1+k﹣16，結(jié)合條件，即可得到所求值．
【解答】解：an=2，n≤5a1a2?an?1?1，n≥6（n∈N*），
即a1＝a2＝a3＝a4＝a5＝2，a6＝a1a2a3…a5﹣1＝25﹣1＝31，
n≥6時(shí)，a1a2…an﹣1＝1+an，
a1a2…an＝1+an+1，
兩式相除可得1+an+11+an=an，
則an2＝an+1﹣an+1，n≥6，
由a62＝a7﹣a6+1，
a72＝a8﹣a7+1，
…，
ak2＝ak+1﹣ak+1，k≥5，
可得a62+a72+…+ak2＝ak+1﹣a6+k﹣5
a12+a22+…+ak2＝20+ak+1﹣a6+k﹣5＝ak+1+k﹣16，
且a1a2…ak＝1+ak+1，
正整數(shù)k（k≥5）時(shí)，要使得a12+a22+…+ak2＝a1a2…ak成立，
則ak+1+k﹣16＝ak+1+1，
則k＝17，
故選：B．
10．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，an+1＝Sn，若an∈（0，2020），則稱項(xiàng)an為“和諧項(xiàng)”，則數(shù)列{an}的所有“和諧項(xiàng)”的平方和為（ ）
A．13×411?13B．13×412?13C．13×410+23D．13×411+23
【分析】令n＝1，求得a2，當(dāng)n≥2時(shí)，將n換為n﹣1，可得an＝Sn﹣1，又an+1＝Sn，兩式相減，結(jié)合等比數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式，以及“和諧項(xiàng)”的定義及等比數(shù)列的求和公式，可得所求和．
【解答】解：由a1＝1，an+1＝Sn，可得a2＝S1＝a1＝1，
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn﹣1，又an+1＝Sn，
相減可得an+1﹣an＝Sn﹣Sn﹣1＝an，
即an+1＝2an，
可得{an}從第二項(xiàng)起是公比為2的等比數(shù)列，
即有an＝2n﹣2，n≥2，
則數(shù)列{an}的所有“和諧項(xiàng)”為1，1，2，4，8，…，210，
可得數(shù)列{an}的所有“和諧項(xiàng)”的平方和，1+1+4+16+…+410＝2+4(1?410)1?4=411+23．
故選：D．
11．高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的美譽(yù)，用其名字命名的“高斯函數(shù)”：設(shè)x＝R用[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則y＝[x]稱為高斯函數(shù)，也稱取整函數(shù)．在數(shù)列{an}中，記[an]為不超過an的最大整數(shù)，則稱數(shù)列{[an]}為{an}的取整數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝1，an+1=[[2an]+13]，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則數(shù)列{1S2n?1S2n+1}的前1010項(xiàng)和為（ ）
A．5042021B．5052021C．10102021D．5042022
【分析】根據(jù)題意，由a1＝1，an+1=[[2an]+13]，易得an＝1，從而S2n+1＝2n+1，所以用裂項(xiàng)求和法即可求出數(shù)列{1S2n?1S2n+1}的前1010項(xiàng)和．
【解答】解：根據(jù)題意，易知an＝1，則S2n+1＝2n+1，則1S2n?1S2n+1=1(2n?1)(2n+1)=12(12n?1?12n+1)，
所以數(shù)列{1S2n?1S2n+1}的前1010項(xiàng)和為1S1S3+1S3S5+1S5S7+?+1S2019S2021=12(1?13)+12(13?15)+?+12(12019?12021)=10102021，
故選：C．
12．已知等差數(shù)列{an}的公差為2，前n項(xiàng)和為Sn，且S1，S2，S4成等比數(shù)列．令bn=1anan+2，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，若對于?n∈N*，不等式Tn＜λ恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是（ ）
A．λ≥13B．λ＞15C．λ≥15D．λ＞0
【分析】本題先根據(jù)等差數(shù)列的求和公式以及等比中項(xiàng)的性質(zhì)可列出關(guān)于首項(xiàng)a1的方程，解出a1的值，即可計(jì)算出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，進(jìn)一步可計(jì)算出數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式，然后運(yùn)用裂項(xiàng)相消法求出前n項(xiàng)和Tn的表達(dá)式，再結(jié)合題意即可得到實(shí)數(shù)λ的取值范圍．
【解答】解：由題意，可知
S1＝a1，S2＝2a1+2，S4＝4a1+4×32×2＝4（a1+3），
∵S1，S2，S4成等比數(shù)列，
∴S22=S1S4，即（2a1+2）2＝4a1（a1+3），
解得a1＝1，
故an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，
∴bn=1anan+2=1(2n?1)(2n+3)=14（12n?1?12n+3），
則Tn＝b1+b2+b3+…+bn﹣1+bn
=14?（1?15）+14?（13?17）+14?（15?19）+?+14?（12n?3?12n+1）+14?（12n?1?12n+3）
=14?（1?15+13?17+15?19+?+12n?3?12n+1+12n?1?12n+3）
=14?（1+13?12n+1?12n+3）
=13?n+1(2n+1)(2n+3)
＜13，
∵對于?n∈N*，不等式Tn＜λ恒成立，
∴λ≥13．
故選：A．
13．已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，且滿足an+1=13an+13，則此數(shù)列的第三項(xiàng)是（ ）
A．1B．13C．23D．59
【分析】由已知數(shù)列的遞推式，分別令n＝1，n＝2，計(jì)算可得所求值．
【解答】解：數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，且滿足an+1=13an+13，
可得a2=13a1+13=13+13=23，
a3=13a2+13=13×23+13=59，
故選：D．
14．已知數(shù)列{an}滿足a1+4a2+7a3+…+（3n﹣2）an＝4n，則a2a3+a3a4+…+a21a22＝（ ）
A．58B．34C．54D．52
【分析】本題先由題干a1+4a2+7a3+…+（3n﹣2）an＝4n可得a1+4a2+7a3+…+（3n﹣5）?an﹣1＝4（n﹣1），兩式相減，可得an的表達(dá)式，注意n＝1的情況．然后運(yùn)用裂項(xiàng)相消法求出a2a3+a3a4+…+a21a22的值．
【解答】解：由題意，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝4．
當(dāng)n≥2時(shí)，由a1+4a2+7a3+…+（3n﹣2）an＝4n，可得：
a1+4a2+7a3+…+（3n﹣5）?an﹣1＝4（n﹣1）．
兩式相減，可得（3n﹣2）an＝4，
∴an=43n?2．
∵a1＝4也適合上式，∴an=43n?2．
又∵an+1an+2=16(3n+1)(3n+4)=163(13n+1?13n+4)，
∴a2a3+a3a4+?+a21a22=163(14?17+17?110+110?113+?+161?164)=163(14?164)=54．
故選：C．
二．填空題（共11小題）
15．在數(shù)列{an}中，a1＝2，且an+an﹣1=nan?an?1+2（n≥2），則數(shù)列{12an2?4an+2}的前2021項(xiàng)和為 20212022 ．
【分析】由已知數(shù)列遞推式可得an2?an?12?2an+2an?1=n，利用累加法可得(an?1)2=n(n+1)2，取倒數(shù)后再由裂項(xiàng)相消法求數(shù)列{12an2?4an+2}的前2021項(xiàng)和．
【解答】解：∵an+an﹣1=nan?an?1+2（n≥2），
∴（an+an﹣1）（an﹣an﹣1）＝n+2（an﹣an﹣1），
即an2?an?12?2an+2an?1=n，
∴(an?1)2?(an?1?1)2=n（n≥2），
(an?1?1)2?(an?2?1)2=n?1，
..．
(a2?1)2?(a1?1)2=2，
將以上各式累加，可得(an?1)2?(a1?1)2=n+(n?1)+...+2，
將a1＝2代入，可得(an?1)2=1+2+...+n=n(n+1)2，
∴1(an?1)2=2n(n+1)=2(1n?1n+1)，
則12an2?4an+2=12?1(an?1)2=1n?1n+1，
∴數(shù)列{12an2?4an+2}的前2021項(xiàng)和為1?12+12?13+...+12021?12022
＝1?12022=20212022．
故答案為：20212022．
16．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，a2＝3且an?2?an=1+(?1)n，n∈N?，則該數(shù)列的前9項(xiàng)之和為 10 ．
【分析】根據(jù)題意，由數(shù)列的遞推公式求出數(shù)列的前9項(xiàng)，相加即可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，數(shù)列{an}滿足an?2?an=1+(?1)n，n∈N?，
又由a1＝2，則a1﹣a3＝1+（﹣1）3＝0，則有a1＝a3＝2，
則a3﹣a5＝1+（﹣1）5＝0，則有a3＝a5＝2，
則a5﹣a7＝1+（﹣1）7＝0，則有a5＝a7＝2，
則a7﹣a9＝1+（﹣1）9＝0，則有a5＝a9＝2，
又由a2＝3，則a2﹣a4＝1+（﹣1）4＝2，則有a4＝1，
則a4﹣a6＝1+（﹣1）6＝2，則有a6＝﹣1，
則a6﹣a8＝1+（﹣1）8＝2，則有a8＝﹣3，
則該數(shù)列的前9項(xiàng)之和S9＝（a1+a3+a5+a7+a9）+（a2+a4+a6+a8）＝10+（3+1﹣1﹣3）＝10，
故答案為：10．
17．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n﹣2，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝ 1，n=12?3n?1，n≥2 ．
【分析】首先求出n＝1時(shí)a1的值，然后求出n≥2時(shí)an的數(shù)列表達(dá)式，最后驗(yàn)證a1是否滿足所求遞推式，于是即可求出{an}的通項(xiàng)公式．
【解答】解：數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n﹣2，
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1，
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn﹣Sn﹣1＝3n﹣2﹣3n﹣1+2＝2?3n﹣1，
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1不滿足此式，
故an=1，n=12?3n?1，n≥2．
18．已知{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列，a32＝2a2a6，且a1+a3+a5+a7+a9=4658，若[x]表示不超過x的最大整數(shù)（例如[2.9]＝2，[﹣3.1]＝﹣4），設(shè)bn＝[an]，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和（n＞10）為 103 ．
【分析】先由題設(shè)求得等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1與公比q，進(jìn)而求得an，寫出數(shù)列{an}的一些項(xiàng)，根據(jù)這些項(xiàng)的特點(diǎn)求得數(shù)列{bn}的一些項(xiàng)，再根據(jù)數(shù)列{bn}的項(xiàng)的特點(diǎn)求得其前n項(xiàng)和即可．
【解答】解：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q（q＞0），
由題設(shè)可得a12q4=2a1q?a1q5a1(1+q2+q4+q6+q8)=4658，即為q2=12a1(1?q10)1?q2=4658，
解得a1=30q=22，
∴an＝30×（22）n﹣1，
∵數(shù)列{an}的前11項(xiàng)分別為30，152，15，1522，152，1524，154，1528，158，15216，1516，
易知當(dāng)n≥11時(shí)，0＜an＜1，
∴數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)分別為30，22，15，11，8，6，4，3，2，2，
當(dāng)n≥11時(shí)，bn＝0，
∴當(dāng)n＞10時(shí)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為30+22+15+11+8+6+4+3+2+2＝103，
故答案為：103．
19．?dāng)?shù)列{an}滿足an=n(n+1)2，則1a1+1a2+?+1a2018等于 40362019 ．
【分析】依題意，利用裂項(xiàng)法可求得1an=2×（ 1n?1n+1），從而可求得答案．
【解答】解：∵數(shù)列{an}滿足an=n(n+1)2（n∈N*），
∴1an=2×（ 1n?1n+1），
∴1a1+1a2+?+1a2018=2[（1?12）+（ 12?13）+…+（ 12018?12019）]
＝2（1?12019）
=40362019．
故答案為：40362019．
20．已知數(shù)列{an}滿足an＝（2n+m）+（﹣1）n（3n﹣2）（m∈N*，m與n無關(guān)），若i=12m a2i﹣1≤k2﹣2k﹣1對任意的m∈N*恒成立，則正實(shí)數(shù)k的取值范圍為 [3，+∞） ．
【分析】由已知可得a2i?1=[2(2i?1)+m]+(?1)2i?1[3(2i?1)?2]，再由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和可得i=12m a2i﹣1＝m（4﹣2m）≤2，結(jié)合i=12m a2i﹣1≤k2﹣2k﹣1可得k2﹣2k﹣1≥2，求解不等式得答案．
【解答】解：由題意，a2i?1=[2(2i?1)+m]+(?1)2i?1[3(2i?1)?2]=?2i+（m+3），
故i=12m a2i﹣1=i=12m [﹣2i+（m+3）]=2m[(m+1)?4m+(m+3)]2=m(4?2m)．
當(dāng)m∈N*時(shí)，i=12m a2i﹣1＝m（4﹣2m）≤2．
又i=12m a2i﹣1≤k2﹣2k﹣1對任意m∈N*恒成立，
∴k2﹣2k﹣1≥2，解得k≥3或k≤﹣1．
故正實(shí)數(shù)k的取值范圍為[3，+∞）．
故答案為：[3，+∞）．
21．已知{an}，{bn}均為等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，若對任意的n∈N*，總有SnTn=3n+14，則a3b3= 9 ．
【分析】設(shè){an}，{bn}的公比分別為q，q′，利用SnTn=3n+14，求出q＝9，q′＝3，可得qq′=3，即可求得結(jié)論．
【解答】解：設(shè){an}，{bn}的公比分別為q，q′，
∵SnTn=3n+14，
∴n＝1時(shí)，a1＝b1．
n＝2時(shí)，a1+a1qb1+b1q′=52．
n＝3時(shí)，a1+a1q+a1q2b1+b1q′+b1(q′)2=7．
∴2q﹣5q′＝3，7q′2+7q′﹣q2﹣q+6＝0，
解得：q=9q′=3，或q=4q′=1（不合題意，舍去）．
∴a3b3=a1q2b1(q′)2=9．
故答案為：9．
22．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為11+2+3+?+n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為 2nn+1 ．
【分析】求出an的表達(dá)式，利用裂項(xiàng)消項(xiàng)法求解數(shù)列的前n項(xiàng)和．
【解答】解：由題意得，an=11+2+3+?+n=2n(n+1)=2（1n?1n+1），
所以數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2[（1?12）+（12?13）+（13?14）+…+（1n?1n+1）]
＝2（1?1n+1）=2nn+1，
故答案為：2nn+1
23．已知集合A＝{x|x＝a3×30+a2×3﹣1+a1×3﹣2+a0×3﹣3}，其中ak∈{0，1，2}，k＝0，1，2，3，將集合A中的元素從小到大排列得到數(shù)列{bn}，設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Sn，則b3＝ 227 ，S15＝ 359 ．
【分析】由題意可知a0，a1，a2，a3有3種取法（均可取0，1，2），判斷求解b3，求出數(shù)列的各項(xiàng)，判斷數(shù)列的特征，利用數(shù)列求和即可求得A中S15之和．
【解答】解：由題意可知，則b3＝0×30+0×3﹣1+0×3﹣2+2×3﹣3=227．
集合A＝{x|x＝a3×1+a2×927+a1×327+a0×127}，其中ak∈{0，1，2}，k＝0，1，2，3，將集合A中的元素從小到大排列得到數(shù)列{bn}，前15項(xiàng)：
0，127，227，327，427，527，627，727，827，927，1027，1127，1227，1327，1427：
S15＝0+127+227+327+427+527+?+1427=1+142×1427=359．
=28027．
故答案為：227；359．
24．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，an+1＝Sn（n∈N*），則Sn＝ 2n﹣1 ．
【分析】由a1＝1，an+1＝Sn（n∈N*），得Sn+1＝2Sn，從而得到數(shù)列{Sn}是以S1＝a1＝1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，再求出Sn．
【解答】解：由a1＝1，an+1＝Sn（n∈N*），
得Sn+1﹣Sn＝an+1＝Sn，所以Sn+1＝2Sn，
所以數(shù)列{Sn}是以S1＝a1＝1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
所以Sn=2n?1．
故答案為：2n﹣1．
25．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，且an+1+2an+3＝0，n∈N*，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S6＝ ﹣48 ．
【分析】首先利用遞推關(guān)系式求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，進(jìn)一步利用分組法求出數(shù)列的和．
【解答】解：因?yàn)閿?shù)列{an}中，a1＝1，且an+1+2an+3＝0，n∈N*，
所以an+1+1＝﹣2（an+1），
因?yàn)閍1+1＝2≠0，所以數(shù)列{an+1}是以2為首項(xiàng)，以﹣2為公比的等比數(shù)列，
所以an+1=2?(?2)n?1即an=2?(?2)n?1?1，
所以，所以S6＝﹣48．
故答案為：﹣48．
三．解答題（共3小題）
26．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，（n+2）an＝3（n+1）an+1．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，求證：Sn＜154．
【分析】（1）由數(shù)列{an}滿足a1＝2，（n+2）an＝3（n+1）an+1，可得an+1an=13×n+2n+1，利用an=anan?1×an?1an?2×??×a2a1×a1，即可得出an．
（2）由Sn＝2+3×13+4×(13)2+??+（n+1）×(13)n?1，利用錯(cuò)位相減法即可得出Sn，利用數(shù)列的單調(diào)性即可證明結(jié)論．＜154．
【解答】解：（1）∵數(shù)列{an}滿足a1＝2，（n+2）an＝3（n+1）an+1，
∴an+1an=13×n+2n+1，
∴an=anan?1×an?1an?2×??×a2a1×a1=(13)n?1×n+1n×nn?1×??×32×2＝（n+1）×(13)n?1．
（2）證明：Sn＝2+3×13+4×(13)2+??+（n+1）×(13)n?1，
∴13Sn＝2×13+3×(13)2+??+n×(13)n?1+（n+1）×(13)n，
∴23Sn＝2+13+(13)2+??+(13)n?1?（n+1）×(13)n=2+13[1?(13)n?1]1?13?（n+1）×(13)n，
可得：Sn=32[52?2n+52×(13)n]＜32×52=154．
即Sn＜154．
27．設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1＝1，3an+1﹣an+4＝0，n∈N*．
（1）求證：數(shù)列{an+2}為等比數(shù)列，并求出{an}的通項(xiàng)公式；
（2）若bn＝an+lg3（an+2），求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn．
【分析】（1）根據(jù)條件，結(jié)合3an+1﹣an+4＝0，得到數(shù)列{an+2}是首項(xiàng)為3，公比為13的等比數(shù)列，進(jìn)而求出an；
（2）先根據(jù)（1）中求得的an求出bn，再利用分組求和法求出Sn即可．
【解答】解：（1）證明：∵a1＝1，3an+1﹣an+4＝0，∴an+1=13an?43，
∴an+1+2=13an+23≠0，∴an+1+2an+2=13，∵a1+2＝3，
∴{an+2}是首項(xiàng)為3，公比為13的等比數(shù)列．
∴an+2=3×(13)n?1，故an=(13)n?2?2．
（2）由（1），得bn=(13)n?2?2+lg3(13)n?2=(13)n?2?n，
∴Sn=(13)?1+(13)0+?+(13)n?2?(1+2+?+n)
=3(1?13n)1?13?n(n+1)2=?92×3n?n(n+1)2+92．
28．在數(shù)列{an}中，a1=?12，2an＝an﹣1﹣n﹣1（n≥2，n∈N+），設(shè)bn＝an+n．
（Ⅰ）證明：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）求數(shù)列{nbn}的前n項(xiàng)和Tn；
（Ⅲ）若cn＝（12）n﹣an，Pn為數(shù)列{cn2+cn+1cn2+cn}的前n項(xiàng)和，求不超過P2015的最大的整數(shù)．
【分析】（Ⅰ）根據(jù)數(shù)列的遞推公式即可證明，
（Ⅱ）利用錯(cuò)位相減法即可求出，
（Ⅲ）利用裂項(xiàng)求和即可求出．
【解答】解：（Ⅰ）∵2an＝an﹣1﹣n﹣1（n≥2，n∈N+），
∴2（an+n）＝an﹣1+n﹣1，
∴2bn＝bn﹣1，
∵b1＝a1+1=12，
∴{bn}是以12為首項(xiàng)以12為公比的等比數(shù)列，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn＝（12）n，
∴nbn＝n（12）n，
∴Tn＝1×12+2×（12）2+3×（12）3+…+n（12）n，
∴12Tn＝1×（12）2+2×（12）3+3×（12）4+…+（n﹣1）（12）n+n（12）n+1，
∴12Tn=12+（12）2+（12）3+（12）4+…+（12）n﹣n（12）n+1
=12(1?12n)1?12?n（12）n+1＝1﹣（12）n﹣n（12）n+1＝1?n+22n+1，
∴Tn＝2?n+22n
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，an＝（12）n﹣n，
∴cn＝（12）n﹣an＝n，
∴cn2+cn+1cn2+cn=n2+n+1n2+n=1+1n(n+1)=1+1n?1n+1，
∴pn＝n+（1?12）+（12?13）+…+（1n?1n+1）＝n+1?1n+1，
∴p2015＝2016?12016＜2016，
故不超過P2015的最大的整數(shù)2016．

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