高考文科数学专题复习练习3等差数列的概念与运算

高考文科数学专题复习练习3等差数列的概念与运算

‎79‎ 等差数列的概念与运算 ‎8.(2015辽宁重点中学协作体模拟,文8,等差数列的概念与运算,选择题)已知数列{an}的首项a1=1且an-an+1=anan+1(n∈N*),则a2 015=(　　)‎ A.‎1‎‎2 014‎ B.‎2 014‎‎2 015‎ C.-‎2 014‎‎2 015‎ D.‎‎1‎‎2 015‎ 解析:∵an-an+1=anan+1,∴‎1‎an+1‎‎-‎‎1‎an=1.‎ 又a1=1,∴‎1‎a‎1‎=1.‎ ‎∴数列‎1‎an是首项和公差均为1的等差数列.‎ ‎∴‎1‎an=1+(n-1)=n.‎ ‎∴‎1‎a‎2 015‎=2 015,∴a2 015=‎1‎‎2 015‎.‎ 答案:D ‎15.(2015宁夏银川一中二模,文15,等差数列的概念与运算,填空题)已知Sn为数列{an}的前n项和,2an-n=Sn,则数列{an}的通项公式　　　　　. ‎ 解析:由2an-n=Sn,得2a1-1=a1,解得a1=1.‎ 又2an-‎‎1‎-(n-1)=Sn-‎‎1‎(n≥2),‎ 两式作差得an=2an-‎‎1‎+1,‎ 即an+1=2(an-‎‎1‎+1)(n≥2).‎ ‎∵a1+1=2,∴{an+1}是以2为首项,2为公差的等差数列.‎ ‎∴an+1=2n,即an=2n-1.‎ 答案:2n-1‎ ‎17.(2015河南开封定位模拟,文17,等差数列的概念与运算,解答题)已知数列{an}满足a1=1,n(an+1-an)=an+n2+n,n∈N*,证明:数列ann是等差数列.‎ 证明:∵n(an+1-an)=an+n2+n,‎ ‎∴nan+1-(n+1)an=n(n+1).‎ ‎∴an+1‎n+1‎‎-‎ann=1.‎ ‎∴数列ann是等差数列.‎ ‎80‎ 等差数列的性质 ‎5.(2015辽宁沈阳一模,文5,等差数列的性质,选择题)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n=(　　)‎ A.5 B.6 C.7 D.8‎ 解析:由Sn+2-Sn=36,得an+1+an+2=36,‎ 即a1+nd+a1+(n+1)d=36,‎ 又a1=1,d=2,所以2+2n+2(n+1)=36.解得n=8.‎ 答案:D ‎5.(2015河南郑州一模,文5,等差数列的性质,选择题)已知数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,若a1a2a3=10,且‎5‎S‎1‎S‎5‎‎=‎‎1‎‎5‎,则a2=(　　)‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ 解析:∵数列{an}是等差数列,∴S1=a1,S5=5a3.‎ 又‎5‎S‎1‎S‎5‎‎=‎‎1‎‎5‎,∴a1a3=5.‎ ‎∵a1a2a3=10,∴a2=2.‎ 答案:A ‎3.(2015宁夏银川一中一模,文3,等差数列的性质,选择题)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0),且a3+a6+a10+a13=32,若am=8,则m为(　　)‎ A.12 B.8 C.6 D.4‎ 解析:a3+a6+a10+a13=32,即(a3+a13)+(a6+a10)=32,‎ 根据等差数列的性质得2a8+2a8=32,a8=8,‎ 故m=8.‎ 答案:B ‎3.(2015河南六市联考一模,文3,等差数列的性质,选择题)在等差数列{an}中,首项a1=0,公差d≠0,若ak=a1+a2+a3+…+a7,则k=(　　)‎ A.22 B.23 C.24 D.25‎ 解析:∵数列{an}为等差数列,且首项a1=0,公差d≠0,‎ 又ak=(k-1)d=a1+a2+a3+…+a7=7a4=21d,‎ ‎∴k=22.‎ 答案:A ‎10.(2015河南商丘一模,文10,等差数列的性质,选择题)公差不为零的等差数列{an}中,2a3-a‎7‎‎2‎+2a11=0,数列{bn}是等比数列,且b7=a7,则b6b8=(　　)‎ A.2 B.4 C.8 D.16‎ 解析:∵2a3-a‎7‎‎2‎+2a11=0,‎ ‎∴a‎7‎‎2‎=2(a3+a11)=4a7,∴a7=4或a7=0.‎ ‎∵数列{bn}是等比数列,且b7=a7,‎ ‎∴b7=4.∴b6b8=b‎7‎‎2‎=16.‎ 答案:D ‎81‎ 等差数列前n项和公式与最值 ‎10.(2015辽宁大连二模,文10,等差数列前n项和公式与最值,选择题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=4,S10=110,则Sn‎+64‎an的最小值为(　　)‎ A.7 B.8 C.‎15‎‎2‎ D.‎‎17‎‎2‎ 解析:设等差数列{an}的公差为d,‎ 则a‎2‎‎=a‎1‎+d=4,‎S‎10‎‎=10a‎1‎+‎10×9‎‎2‎d=110,‎解得a‎1‎‎=2,‎d=2,‎ 故an=2+2(n-1)=2n,Sn=2n+n(n-1)‎‎2‎×2=n2+n,‎ 所以Sn‎+64‎an‎=n‎2‎‎+n+64‎‎2n=n‎2‎+‎32‎n+‎‎1‎‎2‎ ‎≥2n‎2‎‎·‎‎32‎n‎+‎1‎‎2‎=‎‎17‎‎2‎,当且仅当n‎2‎‎=‎‎32‎n,即n=8时取等号,即Sn‎+64‎an的最小值为‎17‎‎2‎.‎ 答案:D ‎13.(2015哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学一模,文13,等差数列前n项和公式与最值,填空题)若等差数列{an}中,满足a4+a6+a2 010+a2 012=8,则S2 015=　　　　　. ‎ 解析:∵a2 012+a4=a6+a2 010=a1+a2 015,‎ a4+a6+a2 010+a2 012=8,‎ ‎∴2(a1+a2 015)=8.‎ ‎∴a1+a2 015=4.‎ ‎∴S2 015=‎2 015(a‎1‎+a‎2 015‎)‎‎2‎=4 030.‎ 答案:4 030‎ ‎14.(2015辽宁丹东二模,文13,等差数列前n项和公式与最值,填空题)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S8=4a3,a9=-6,则a7=　　　　　. ‎ 解析:设等差数列{an}的公差为d,‎ 则由S8=4a3,可得8a1+‎8(8-1)d‎2‎=4(a1+2d),‎ 化简得a1+5d=0,‎ 又a9=-6,∴a1+8d=-6.‎ ‎∴a1=10,d=-2.‎ ‎∴a7=a1+6d=10-12=-2.‎ 答案:-2‎ ‎82‎ 等比数列的概念与运算 ‎4.(2015河南洛阳一模,文4,等比数列的概念与运算,选择题)已知a∈R,若a+1,a+2,a+6依次构成等比数列,则此等比数列的公比为(　　)‎ A.4 B.2 C.1 D.-‎‎2‎‎3‎ 解析:∵a+1,a+2,a+6依次构成等比数列,‎ ‎∴(a+2)2=(a+1)(a+6),解得a=-‎2‎‎3‎.‎ ‎∴此等比数列的公比q=a+2‎a+1‎‎=‎‎4‎‎3‎‎1‎‎3‎=4.‎ 答案:A ‎13.(2015河南郑州一模,文13,等比数列的概念与运算,填空题)已知数列{an}是等比数列,若a1=‎3‎‎2‎,a4=6,则a10=　　　　　. ‎ 解析:在等比数列{an}中,由a1=‎3‎‎2‎,a4=6,‎ 得q3=a‎4‎a‎1‎‎=‎‎6‎‎3‎‎2‎=4,‎ 故a10=a4q6=6×42=96.‎ 答案:96‎ ‎3.(2015辽宁鞍山一模,文3,等比数列的概念与运算,选择题)已知递增等比数列{an}满足a3·a7=6,a2+a8=5,则a‎10‎a‎4‎=(　　)‎ A.‎5‎‎6‎ B.‎6‎‎5‎ C.‎2‎‎5‎ D.‎‎3‎‎2‎ 解析:∵递增等比数列{an}满足a3·a7=6,a2+a8=5,‎ ‎∴a2a8=6,a2+a8=5,解得a2=2,a8=3.‎ ‎∴a‎10‎a‎4‎‎=a‎8‎a‎2‎=‎‎3‎‎2‎.‎ 答案:D ‎14.(2015宁夏银川一中一模,文14,等比数列的概念与运算,填空题)等比数列{an}的前n项和为Sn,若S1,S3,S2成等差数列,则{an}的公比q=　　　　　. ‎ 解析:∵等比数列{an}的前n项和为Sn,S1,S3,S2成等差数列,‎ ‎∴依题意有a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2).‎ ‎∵a1≠0,∴2q2+q=0,‎ 又q≠0,解得q=-‎1‎‎2‎.‎ 答案:-‎‎1‎‎2‎ ‎83‎ 等比数列的性质 ‎4.(2015辽宁锦州一模,文4,等比数列的性质,选择题)已知各项不为0的等差数列{an}满足a4-2a‎7‎‎2‎+3a8=0,数列{bn}是等比数列,且b7=a7,则b2b8b11等于(　　)‎ A.1 B.2 C.4 D.8‎ 解析:∵数列{an}是各项不为0的等差数列,‎ 由a4-2a‎7‎‎2‎+3a8=0,得(a4+a8)-2a‎7‎‎2‎+2a8=0,‎ ‎2a6-2a‎7‎‎2‎+2a8=0,2(a6+a8)-2a‎7‎‎2‎=0,‎ ‎∴4a7-2a‎7‎‎2‎=0,解得a7=2.‎ ‎∴b7=a7=2.‎ 又数列{bn}是等比数列,‎ 则b2b8b11=b‎7‎q‎5‎·b7q·b7q4=b‎7‎‎3‎=23=8.‎ 答案:D ‎14.(2015河南洛阳二模,文14,等比数列的性质,填空题)等比数列{an}中,a1=1,a10=2,则log2a1+log2a2+…+log2a10=　　　　　. ‎ 解析:由题意得,等比数列{an}各项均为正数,且a1a10=2,‎ 根据对数的运算性质和等比数列的性质得,‎ log2a1+log2a2+…+log2a10=log2(a1a2a3…a9a10)‎ ‎=log2(a1a10)5=log225=5.‎ 答案:5‎ ‎84‎ 等比数列前n项和公式 ‎14.(2015辽宁沈阳一模,文14,等比数列前n项和公式,填空题)已知{an}是等比数列,a2=2,a5=‎1‎‎4‎,则a1a2+a2a3+…+anan+1=　　　　　　　. ‎ 解析:由a5=‎1‎‎4‎=a2·q3=2·q3,解得q=‎1‎‎2‎.‎ ‎∵anan+1‎an-1‎an=q2=‎7‎‎4‎(n≥2),∴数列{anan+1}是首项是a1a2=8,公比为‎1‎‎4‎的等比数列,‎ ‎∴a1a2+a2a3+…+anan+1=‎‎8‎‎1-‎‎1‎‎4‎n‎1-‎‎1‎‎4‎ ‎=‎32‎‎3‎(1-4-n).‎ 答案:‎32‎‎3‎(1-4-n)‎ ‎4.(2015辽宁沈阳四校联考,文4,等比数列前n项和公式,选择题)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S‎6‎S‎3‎=3,则S‎9‎S‎6‎=(　　)‎ A.2 B.‎7‎‎3‎ C.‎8‎‎3‎ D.3‎ 解析:设公比为q,则S‎6‎S‎3‎‎=a‎1‎‎(1-q‎6‎)‎‎1-qa‎1‎‎(1-q‎3‎)‎‎1-q=‎‎1-‎q‎6‎‎1-‎q‎3‎=1+q3=3,‎ 所以q3=2.‎ 所以S‎9‎S‎6‎‎=‎1-‎q‎9‎‎1-‎q‎6‎=‎1-‎‎2‎‎3‎‎1-‎‎2‎‎2‎=‎‎7‎‎3‎.‎ 答案:B ‎17.(2015河南六市联考一模,文17,等比数列前n项和公式,解答题)已知{an}是一个公差大于0的等差数列,且满足a3a5=45,a2+a6=14.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足b‎1‎‎2‎‎+‎b‎2‎‎2‎‎2‎+…+bn‎2‎n=an+1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和.‎ 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则依题设d>0.‎ ‎∵a2+a6=14,∴a4=7.‎ ‎∵a3a5=45,∴(7-d)(7+d)=45,可得d=2.‎ ‎∴a1=7-3d=1.∴an=2n-1.‎ ‎(2)设cn=bn‎2‎n,则c1+c2+…+cn=an+1,‎ 即c1+c2+…+cn=2n,‎ 可得c1=2,且c1+c2+…+cn+cn+1=2(n+1).‎ ‎∴cn+1=2,可知cn=2(n∈N*).‎ ‎∴bn=2n+1.‎ ‎∴数列{bn}是首项为4,公比为2的等比数列.‎ ‎∴数列{bn}的前n项和Sn=‎4(1-‎2‎n)‎‎1-2‎=2n+2-4.‎ ‎5.(2015天津河北区一模,文5,等比数列前n项和公式,选择题)设{an}是各项均为正数的等比数列,Sn为其前n项和,若S4=5S2,则此数列的公比q的值为(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 解析:若q=1,S4=4a1,5S2=10a1,不满足S4=5S2,‎ 故q≠1.‎ 由S4=5S2,得a‎1‎‎(1-q‎4‎)‎‎1-q=5a1(1+q),‎ ‎∵an>0,∴1+q2=5,即q2=4.‎ ‎∵{an}是各项均为正数的等比数列,∴q=2.‎ 答案:B ‎10.(2015河南商丘二模,文10,等比数列前n项和公式,选择题)在递增的等比数列{an}中,已知a1+an=34,a3·an-‎‎2‎=64,且前n项和为Sn=42,则n=(　　)‎ A.3 B.4 C.5 D.6‎ 解析:由等比数列的性质可得a1an=a3·an-‎‎2‎=64,‎ 又a1+an=34,‎ ‎∴a1和an是方程x2-34x+64=0的两根,‎ 解方程可得x=2或x=32.‎ ‎∵等比数列{an}递增,∴a1=2,an=32.‎ ‎∵Sn=42,∴a‎1‎‎-anq‎1-q‎=‎‎2-32q‎1-q=42,解得q=4.‎ ‎∴32=2×4n-1,解得n=3.‎ 答案:A ‎85‎ 分组求和与并项求和 ‎11.(2015辽宁锦州一模,文11,分组求和与并项求和,选择题)已知数列{an}满足an+1=an-an-‎‎1‎(n≥2),a1=1,a2=3,记Sn=a1+a2+…+an,则下列结论正确的是(　　)‎ A.a100=-1,S100=5‎ B.a100=-3,S100=5‎ C.a100=-3,S100=2‎ D.a100=-1,S100=2‎ 解析:由an+1=an-an-‎‎1‎(n≥2),得 an+6=an+5-an+4=an+4-an+3-an+4=-an+3=-(an+2-an+1)=-(an+1-an-an+1)=an,‎ 所以6为数列{an}的周期.‎ 又a3=a2-a1=3-1=2,a4=a3-a2=2-3=-1,a5=a4-a3=-1-2=-3,a6=a5-a4=-3-(-1)=-2,‎ 所以a100=a96+4=a4=-1,‎ S100=16(a1+a2+a3+a4+a5+a6)+a1+a2+a3+a4=16×0+1+3+2-1=5.‎ 答案:A ‎86‎ 错位相减求和 ‎17.(2015辽宁锦州二模,文17,错位相减求和,解答题)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=2,nan+1=Sn+n(n+1).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an;‎ ‎(2)设Tn为数列an‎2‎n的前n项和,求Tn;‎ ‎(3)设bn=‎1‎anan+1‎an+2‎,证明:b1+b2+b3+…+bn<‎1‎‎32‎.‎ ‎(1)解:由n∈N*时,nan+1=Sn+n(n+1),①‎ 得n≥2时,(n-1)an=Sn-‎‎1‎+(n-1)n,②‎ ‎①-②,得nan+1-(n-1)an=an+2n,即an+1-an=2(n≥2).‎ 当n=1时,a2=S1+1×2,即a2=a1+2.‎ 所以对一切正整数n,有an+1-an=2,所以数列{an}为以2为首项,2为公差的等差数列,故an=2n.‎ ‎(2)解:由(1)得an‎2‎n‎=‎2n‎2‎n=‎n‎2‎n-1‎,‎ 所以Tn=1+‎2‎‎2‎‎+‎‎3‎‎2‎‎2‎+…+n‎2‎n-1‎,③‎ 两边同乘以‎1‎‎2‎,得‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎‎2‎+‎‎3‎‎2‎‎3‎+…+n-1‎‎2‎n-1‎‎+‎n‎2‎n,④‎ ‎③-④,得‎1‎‎2‎Tn=1+‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-1‎‎-‎n‎2‎n,‎ 整理得T=4-n+2‎‎2‎n-1‎.‎ ‎(3)证明:由(1)知,bn=‎‎1‎‎2n·2(n+1)·2(n+2)‎ ‎=‎1‎‎16‎‎1‎n(n+1)‎‎-‎‎1‎‎(n+1)(n+2)‎,‎ 所以b1+b2+b3+…+bn ‎=‎‎1‎‎16‎‎1‎‎1×2‎‎-‎1‎‎2×3‎+‎1‎‎2×3‎-‎1‎‎3×4‎+…+‎1‎n(n+1)‎-‎ ‎1‎‎(n+1)(n+2)‎ ‎=‎‎1‎‎16‎‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎(n+1)(n+2)‎ ‎=‎1‎‎32‎‎-‎1‎‎16(n+1)(n+2)‎<‎‎1‎‎32‎.‎ ‎17.(2015宁夏银川一中二模,文17,错位相减求和,解答题)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S1,S3,S2成等差数列.‎ ‎(1)求{an}的公比q;‎ ‎(2)若a1-a3=3,bn=nan.求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)∵等比数列{an}的前n项和为Sn,‎ ‎∴当q=1时,S1=a1,S3=3a1,S2=2a1,S1,S3,S2不是等差数列.‎ 当q≠1时,Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q,‎ ‎∵S1,S3,S2成等差数列,‎ ‎∴2S3=S1+S2,化简得2q2-q-1=0,‎ 解得q=-‎1‎‎2‎,q=1(舍去).‎ ‎(2)∵a1-a3=3,∴a1-‎1‎‎4‎a1=3,a1=4.‎ ‎∵bn=nan,an=4×‎-‎‎1‎‎2‎n-1‎,‎ ‎∴bn=nan=4n×‎-‎‎1‎‎2‎n-1‎.‎ ‎∴Tn=4‎‎1+2×‎-‎‎1‎‎2‎+3×‎-‎‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎ ‎(n-1)‎-‎‎1‎‎2‎n-‎‎2‎+n‎-‎‎1‎‎2‎n-1‎‎,①‎ ‎-‎1‎‎2‎Tn=4‎‎1×‎-‎‎1‎‎2‎+2×‎-‎‎1‎‎2‎‎2‎+3×‎ ‎-‎‎1‎‎2‎‎3‎‎+…+(n-1)‎-‎‎1‎‎2‎n-1‎+n‎-‎‎1‎‎2‎n‎,②‎ ‎①-②,得‎3‎‎2‎Tn=4‎‎1+‎-‎‎1‎‎2‎+‎-‎‎1‎‎2‎‎2‎+‎ ‎-‎‎1‎‎2‎‎3‎‎+…+‎-‎‎1‎‎2‎n-1‎-n‎-‎‎1‎‎2‎n ‎=4‎1-‎‎-‎‎1‎‎2‎n‎3‎‎2‎‎-n×‎‎-‎‎1‎‎2‎n,‎ ‎∴Tn=‎2‎‎3‎×4×‎‎2‎‎3‎‎1-‎‎-‎‎1‎‎2‎n‎-‎8‎‎3‎n‎-‎‎1‎‎2‎n ‎=‎16‎‎9‎‎-‎16‎‎9‎‎-‎‎1‎‎2‎n-‎8‎‎3‎n‎-‎‎1‎‎2‎n.‎ ‎87‎ 裂项相消求和 ‎19.(2015辽宁沈阳四校联考,文19,裂项相消求和,解答题)数列{an}的前n项和为Sn,an是Sn和1的等差中项,等差数列{bn}满足b1+S4=0,b9=a1.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)若cn=‎1‎‎(bn+16)(bn+18)‎,求数列{cn}的前n项和Wn.‎ 解:(1)∵an是Sn和1的等差中项,∴Sn=2an-1.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-‎‎1‎=(2an-1)-(2an-‎‎1‎-1)=2an-2an-‎‎1‎,∴an=2an-‎‎1‎.‎ 当n=1时,a1=1,‎ ‎∴数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列.‎ ‎∴an=2n-1.‎ ‎∴Sn=2n-1.‎ 设{bn}的公差为d,b1=-S4=-15,b9=a1=-15+8d=1,‎ ‎∴d=2.∴bn=2n-17.‎ ‎(2)∵cn=‎1‎‎(bn+16)(bn+18)‎‎=‎‎1‎‎2‎‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎,‎ ‎∴Wn=‎‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎3‎‎+‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎+…+‎ ‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎‎=‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2n+1‎=‎1‎‎2‎-‎‎1‎‎4n+2‎‎.‎ ‎17.(2015河南开封二模,文17,裂项相消求和,解答题)等差数列{an}中公差d≠0,a1=3,a1,a4,a13成等比数列.‎ ‎(1)求an;‎ ‎(2)设{an}的前n项和为Sn,求‎1‎S‎1‎‎+‎‎1‎S‎2‎+…+‎1‎Sn.‎ 解:(1)∵a1,a4,a13成等比数列,∴a‎4‎‎2‎=a1a13.‎ ‎∴(3+3d)2=3(3+12d),化为d2-2d=0,d≠0,解得d=2.‎ ‎∴an=3+2(n-1)=2n+1.‎ ‎(2)由(1)可得,Sn=n(3+2n+1)‎‎2‎=n(n+2),‎ ‎∴‎1‎Sn‎=‎‎1‎‎2‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎.‎ ‎∴‎1‎S‎1‎‎+‎‎1‎S‎2‎+…+‎‎1‎Sn ‎=‎‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎3‎‎+‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎4‎+‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎+…+‎ ‎1‎n-1‎‎-‎‎1‎n+1‎‎+‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎ ‎=‎‎1‎‎2‎‎1+‎1‎‎2‎-‎1‎n+1‎-‎‎1‎n+2‎ ‎=‎3‎‎4‎‎-‎‎2n+3‎‎2(n+1)(n+2)‎.‎ ‎17.(2015辽宁大连一模,文17,裂项相消求和,解答题)等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1+a7=-9,S9=-‎99‎‎2‎.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=‎1‎‎2‎Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn>-‎3‎‎4‎.‎ ‎(1)解:设数列{an}的公差为d,‎ ‎∵a1+a7=-9,S9=-‎99‎‎2‎,‎ ‎∴‎2a‎1‎+6d=-9,‎‎9a‎1‎+36d=-‎99‎‎2‎,‎解得a‎1‎‎=-‎3‎‎2‎,‎d=-1.‎ ‎∴an=-‎3‎‎2‎-(n-1)=-‎2n+1‎‎2‎.‎ ‎(2)证明:∵Sn=n‎-‎3‎‎2‎-‎‎2n+1‎‎2‎‎2‎=-n(n+2)‎‎2‎,‎ ‎∴bn=‎1‎‎2‎Sn=-‎1‎n(n+2)‎=-‎1‎‎2‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎.‎ ‎∴数列{bn}的前n项和为 Tn=-‎‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎3‎‎+‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎4‎+‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎+…+‎ ‎1‎n-1‎‎-‎‎1‎n+1‎‎+‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎ ‎=-‎‎1‎‎2‎‎1+‎1‎‎2‎-‎1‎n+1‎-‎‎1‎n+2‎ ‎=‎1‎‎2‎‎1‎n+1‎‎+‎‎1‎n+2‎‎-‎‎3‎‎4‎>-‎3‎‎4‎.‎ ‎∴Tn>-‎3‎‎4‎.‎ ‎17.(2015河南商丘二模,文17,裂项相消求和,解答题)已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d=1,前n项和为Sn,bn=‎1‎Sn.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{bn}前n项和为Tn,求Tn.‎ 解:(1)∵等差数列{an}中a1=1,公差d=1,‎ ‎∴Sn=na1+n(n-1)‎‎2‎d=n‎2‎‎+n‎2‎.‎ ‎∴bn=‎2‎n‎2‎‎+n.‎ ‎(2)bn=‎2‎n‎2‎‎+n‎=‎‎2‎n(n+1)‎,‎ ‎∴b1+b2+b3+…+bn ‎=2‎‎1‎‎1×2‎‎+‎1‎‎2×3‎+‎1‎‎3×4‎+…+‎‎1‎n(n+1)‎ ‎=2‎‎1-‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎4‎+…+‎1‎n-‎‎1‎n+1‎ ‎=2‎1-‎‎1‎n+1‎.‎ ‎17.(2015河南中原名校联盟模拟,文17,裂项相消求和,解答题)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2(n∈N*).‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=anlog‎1‎‎2‎‎1‎an,试求{bn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)当n=1时,由Sn=2an-2,a1=S1,可得a1=2,‎ 由Sn=2an-2,①‎ 可得Sn-‎‎1‎=2an-‎‎1‎-2(n≥2),②‎ 由①-②,得an=2an-‎‎1‎(n≥2).‎ 故{an}是首项和公比都为2的等比数列,通项公式为an=2n.‎ ‎(2)由(1)可得,bn=anlog‎1‎‎2‎‎1‎an=2n·log‎1‎‎2‎‎1‎‎2‎n=n·2n.‎ 则Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n.‎ ‎2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1.‎ 两式相减可得,-Tn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=‎2(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-n×2n+1=(1-n)·2n+1-2.‎ 故Tn=(n-1)·2n+1+2.‎