数列求和选难题、易错题含答案
高三数学数列求和试题答案及解析
高三数学数列求和试题答案及解析1.数列{an }满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝a m＋a n＋mn，则＋＋＋…＋＝()A．B．C．D．【答案】B【解析】令m＝1得an＋1＝a n＋n＋1，即an＋1－a n＝n＋1，于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，上述n－1个式子相加得an －a1＝2＋3＋…＋n，所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝，当n＝1时，a1＝1满足上式，所以an＝ (n∈N*)，因此＝＝2(－)，所以＋＋＋…＋＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－)＝2.函数f(x)对任意x∈R都有. （1）求和(n∈N*)的值；（2）数列{an }满足：，求an；（3）令，，，试比较Tn 和Sn的大小。
【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】（1）由于函数f(x)对任意x∈R都有，则令可求的；再令求出；（2）利用倒序相加结合（1）的结论可求出；（3）由及第（2）问的结论求出，用放缩法变形（），用裂项相消法求，再与比较大小.（1）令=2，则；令得，（4分）（2）由，两式相加得：，∴，（8分）（3），(n≥2)∴.（12分）【考点】倒序相加、裂项相消法求数列的前项和.3.对任意，函数满足，设，数列的前15项的和为，则．【答案】【解析】因为，所以即因此数列任意相邻两项和为因为，因此所以或，又由.【考点】数列求和4.已知函数，且，则()A．0B．100C．5050D．10200【答案】C【解析】因为，所以，选C.5.已知等差数列的前项和为，且、成等比数列.（1）求、的值；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）解法1是先令求出的表达式，然后令，得到计算出在的表达式，利用为等差数列得到满足通式，从而求出的值，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；解法2是在数列是等差数列的前提下，设其公差为，利用公式以及对应系数相等的特点得到、和、之间的等量关系，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；（2）解法1是在（1）的前提下求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求数列的和；解法2是利用导数以及函数和的导数运算法则，将数列的前项和视为函数列的前项和在处的导数值，从而求出.试题解析：（1）解法1：当时，，当时，.是等差数列，，得.又，，，、、成等比数列，，即，解得.解法2：设等差数列的公差为，则.，，，.，，.、、成等比数列，，即，解得.；（2）解法1：由（1）得.，.，①，②①②得. .解法2：由（1）得.，.，①由，两边对取导数得，.令，得. .【考点】1.定义法求通项；2.错位相减法求和；3.逐项求导6.数列{an }满足an+1＋(－1)n an＝2n－1，则{an}的前60项和为____________.【答案】1830【解析】当时，；当时，；当时，.将与相减得：；将与相减得：.所以，，所以.【考点】数列.7.在数列{an }中,若对任意的n均有an+an+1+an+2为定值(n∈N*),且a7=2,a9=3,a98=4,则此数列{an}的前100项的和S100=.【答案】299【解析】设定值为M,则an +an+1+an+2=M,进而an+1+an+2+an+3=M,后式减去前式得an+3=an,即数列{an}是以3为周期的数列.由a7=2,可知a1=a4=a7=…=a100=2,共34项,其和为68;由a9=3,可得a 3=a6=…=a99=3,共33项,其和为99;由a98=4,可得a2=a5=…=a98=4,共33项,其和为132.故数列{an}的前100项的和S100=68+99+132=299.8.．己知数列满足，则数列的前2016项的和的值是___________．【答案】1017072【解析】这个数列既不是等差数列也不是等比数列，因此我们要研究数列的各项之间有什么关系，与它们的和有什么联系？把已知条件具体化，有，，，，…，，，我们的目的是求，因此我们从上面2015个等式中寻找各项的和，可能首先想到把出现“＋”的式子相加（即为偶数的式子相加），将会得到，好像离目标很近了，但少，而与分布在首尾两个式子中，那么能否把首尾两个式子相减呢？相减后得到，为了求，我们又不得不求，依次下去，发现此路可能较复杂或者就行不通，重新寻找思路，从头开始我们有，即，而，∴，因此，我们由开始的三个等式求出了，是不是还可用这种方法求出呢？下面舍去，考察，，，同样方法处理，，从而，于是，而，正好504组，看来此法可行，由此我们可得．【考点】分组求和．9.阅读如图程序框图，若输入的，则输出的结果是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，，不成立，执行第一次循环，，；不成立，执行第二次循环，，；不成立，执行第三次循环，，；；不成立，执行第一百次循环，，；成立，输出，故选A.【考点】1.数列求和；2.算法与程序框图10.已知数列的各项都是正数，前项和是，且点在函数的图像上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。
(完整版)数列部分易错题选及答案(可编辑修改word版)
∑ 数列部分易错题选一、选择题1. 设 s n 是等差数列｛ a n ｝ 的前 n 项和， 已知 s 6 =36,s n =324, s n -6 =144 (n >6), 则n=() A 15B16C17D18正确答案：D 错因：学生不能运用数列的性质计算 a 1 +a n =36 + 324 - 14462. 已知 s n 是等差数列｛a n ｝的前 n 项和，若 a 2 +a 4 +a 15 是一个确定的常数，则数列｛s n ｝中是常数的项是（）As 7Bs 8Cs 11Ds 13正确答案: D 错因：学生对等差数列通项公式的逆向使用和等差数列的性质不能灵活应用。
3. 设｛a n ｝是等差数列，｛b n ｝为等比数列，其公比 q≠1, 且 b i ＞0(i=1、2、3…n) 若 a1 =b 1 ,a 11 =b 11 则 ()A a 6 =b 6Ba 6 ＞b 6Ca 6 ＜b 6Da 6 ＞b 6 或 a 6 ＜b 6正确答案 B 错因：学生不能灵活运用等差中项和等比中项的定义及基本不等式。
4. 已知非常数数列｛a ｝，满足 a 2 -a a +a 2 =0 且 a ≠a, i=1、2、3、…n,对于给ni +1i i +1ii +1i -1n -1 定的正整数 n,a 1 =a i +1 ,则aii =1等于（ ） A2B-1C1D正确答案：D错因：学生看不懂题目，不能挖掘题目的隐含条件，｛a n ｝的项具有周期性。
5. 某人为了观看 2008 年奥运会，从 2001 年起每年 5 月 10 日到银行存入 a 元定期储蓄， 若年利率为 p 且保持不变，并且每年到期的存款及利息均自动转为新一年定期，到 2008 年将所有的存款和利息全部取回，则可取回的钱的总数（元）为（ ）．Aa(1+p) 7Ba(1+p) 8C a[(1 + p )7 - (1 + p )]pDa[(1 + p )8 - (1 + p ) ] p正确答案：D 错因： 学生对存款利息的计算方法没掌握。
【高考数学易错专练】知识点：数列求和 易错点1 不能根据通项公式特点选择求和方法致误 (原卷及答案)
验证 时也满足上式，
(II) ，
，
（2）分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和．
（3）倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前n项和公式的推导方法）．
（4）错位相减法：如果数列 通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n项和公式的推导方法）．
知识点：数列求和
易错点1不能根据通项公式特点选择求和方法致误
【易错诠释】数列求和常见的方法全通项公式上都有不同的特点，在选择方法时容易混淆．1．数列求和的常用方法：
（1）公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式，特别声明：运用等比数列求和公式务必检查其公比与1的关系，必要时需分类讨论；③常用公式： ．
【针对训练】
1.求和 ．
【答案】
【分析】先求 的通项公式，再由分组求和法求解
【详解】∵
，∴ ．2.若数列 Nhomakorabea的通项公式为 ，求 的前n项和 ．
【答案】
【分析】利用裂项相消法求解.
【详解】解：∵ ，
∴ ，
．
3.设数列 满足
(I)求数列 的通项; (II)设 求数列 的前 项和 .
【答案】(I)
(II)
【详解】解：:
【典例】求 ．
【针对训练】
1.求和 ．
2.若数列 的通项公式为 ，求 的前n项和 ．
3.设数列 满足
知识点：数列求和
易错点1不能根据通项公式特点选择求和方法致误
【易错诠释】数列求和常见的方法全通项公式上都有不同的特点，在选择方法时容易混淆．1．数列求和的常用方法：
高中数学专题强化练习《数列求和》含答案解析
=2 -1,
1-2
=
∴Sn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)
2 × (1 - 2)
-n=2n+1-n-2.故选
1-2
=
D.
2.B 由题意可得,当 n 为奇数时,an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-2n-1;
当 n 为偶数时,an=f(n)+f(n+1)=-n2+(n+1)2=2n+1.
公差不为 0,其前 n 项和为 Sn.若 a2,a4,a7 成等比数列,S3=12.
(1)求 an 及 Sn;
1
1
1
(2)已知数列{bn}满足+1-=an,n∈N*,b1=3,Tn 为数列{bn}的前 n 项和,
求 Tn 的取值范围.
答案全解全析
一、选择题
1.D ∵an=1+2+22+…+2n-1
又 a14=b4,所以 1+13d=1×33,解得 d=2,
( - 1)
1 - 3
2+3 - 1.
·2+
=n
2
1-3
2
所以数列{an+bn}的前 n 项和为 n+
8.答案 6
6
解析 设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,由 a4=24,a6=96,得 q2=4
=4,所以 q=2 或 q=-2,
(n ≤ 6,n ∈ N*),
2
∴Tn= n2 - 11n + 60
(n ≥ 7,n ∈ N*).
2
=15+
高中数学数列求和专项练习题(错位相减、裂项相消、倒序相加)
高中数学数列求和专项练习题（错位相减、裂项相消、倒序相加法）一、单选题（本大题共1小题，共5.0分）1.已知函数f(x)满足f(x)+f(1−x)=2，a n=f(0)+f(1n )+f(2n)+⋯+f(n−1n)+f(1)(n∈N∗)，则数列{a n}的通项公式为()A. a n=n−1B. a n=nC. a n=n+1D. a n=n2第II卷（非选择题）二、解答题（本大题共18小题，共216.0分）2.已知公差不为零的等差数列{a n}中，a3=7，且a1，a4，a13成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列{a n·2n}的前n项和为S n，求S n．3.设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1=1，a n+1=n+2nS n(n∈N∗).(1)证明：数列{S nn}是等比数列；(2)求数列{S n}的前n项和T n．4.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a n是S n与2的等差中项，等差数列{b n}中，b1=2，点P(b n,b n+1)在一次函数y=x+2的图象上．(1)求数列{a n}，{b n}的通项a n和b n；(2)设c n=a n⋅b n，求数列{c n}的前n项和T n．5.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，a n>0且a1a3=36，a3+a4=9(a1+a2)．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)若S n+1=3b n，求数列{b n}及数列{a n b n}的前n项和T n..6.已知正项数列{a n}的前n项和为S n,√S n是1与(a n+1)2的等比中项．4(1)求证：数列{a n}是等差数列；(2)若b n=a n，数列{b n}的前n项和为T n，求T n．2n7.数列{a n}满足：a1+a2+a3+⋯+a n=12(3n−1)．(1)求{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足a n=3a n b n,求{b n}的前n项和T n．8.已知数列{a n}的前n项和S n，且2a n=2+S n．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n=(2n−1)a n，求数列{b n}的前n项和T n．9.设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S9=81，a3+a5=14．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1a n a n+1，若{b n}的前n项和为T n，证明：T n<12．10.等差数列{a n}中，a3=4，a5+a8=15．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1(n+2)a n ，数列{b n}的前n项和为S n，求证：S n<12；(3)设c n=a n×4 a n，求数列{c n}的前n项和T n．11.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=n2+n，(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n=1a n+1a n，求数列{b n}的前n项和．12.已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1=2，a3=2a2+16．(1)求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n．(2)设b n=log2a n，求数列{1b n⋅b n+113.已知{a n}是等差数列，满足a1=1，a4=13，数列{b n}的前n项和S n=2n+1−2．(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式；(2)设c n=b n+4，求数列{c n}的前n项和T n．a n a n+1(a n+n)．14.已知数列{a n}满足：a1=2，a n+1=n+1n(1)设b n=a n，证明：数列{b n}是等差数列；n}的前n项和T n．(2)求数列{1a n15. 已知数列{a n }的前n 项和为S n 满足2S n =4a n −a 2(n ∈N ∗)，且a 1，a 2，a 3−1成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n =1(log2a 2n )(log 2a 2n+2)，{b n }的前n 项和为T n ，对任意n ∈N ∗，T n >m23恒成立，求m 的取值范围．16. 已知等差数列{a n }满足：a 3=7，a 5+a 7=26．{a n }的前n 项和为S n ．(Ⅰ)求a n 及S n ； (Ⅱ)令b n =1an2−1(n ∈N+)，求数列{b n }的前n 项和T n ．17. 已知函数y =a x (a >0，且a ≠1)在[2,4]上的最大值与最小值之和为20，记f(x)=x a x +√2．(1)求a 的值；(2)求证：f(x)+f(1−x)为定值；(3)求f(12021)+f(22021)+⋯+f(20202021)的值．18.已知函数f(x)=14x+m(m>0)，当x1，x2∈R且x1+x2=1时，总有f(x1)+f(x2)=12．(1)求m的值；(2)设数列{a n}满足a n=f(0)+f(1n )+f(2n)+⋯+f(n−1n)+f(1)，求数列{a n}的前n项和S n．19.已知函数f(x)=3x+√3．(1)求证：f(x)+f(1−x)为定值；(2)利用课本中推导等差数列的前n项和公式的方法，求值：f(−100)+f(−99)+⋯+f(0)+⋯+f(100)+f(101)．答案和解析1.【答案】C【解析】 【分析】本题考查了数列“倒序相加”求和，属于中档题． 由f(x)+f(1−x)=2，a n =f(0)+f(1n )+⋯+f(n−1n)+f(1)，“倒序相加”即可得出． 【解答】解：∵f(x)+f(1−x)=2， a n =f(0)+f(1n )+⋯+f(n−1n)+f(1)，∴a n =f(1)+f(n−1n )+⋯+f(1n )+f(0)，∴2a n =[f(0)+f(1)]+[f(1n )+f(n−1n)]+⋯+[f(1)+f(0)]=2(n +1)，∴a n =n +1． 故选C ．2.【答案】解：(1)设等差数列{a n }的公差为d(d ≠0)，由a 3=7，且a 1，a 4，a 13成等比数列，得{a 1+2d =7(a 1+3d)2=a 1(a 1+12d)，解得a 1=3，d =2． ∴a n =3+2(n −1)=2n +1； (2)∵a n ⋅2n =(2n +1)⋅2n ，∴数列{a n ⋅2n }的前n 项和S n =3⋅21+5⋅22+⋯+(2n +1)⋅2n ， 2S n =3⋅22+5⋅23+⋯+(2n −1)⋅2n +(2n +1)⋅2n+1， ∴−S n =6+23+24+⋯+2n+1−(2n +1)⋅2n+1=6+8(1−2n−1)1−2−(2n +1)⋅2n+1，∴S n =2−(1−2n)×2n+1．【解析】本题考查等差数列的通项公式与等比数列的性质，考查错位相减法求数列的前(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，由已知列关于首项与公差的方程组，得首项与公差，代入等差数列的通项公式得答案；(2)直接利用错位相减法求数列{a n⋅2n}的前n项和S n．3.【答案】(1)证明：由a n+1=n+2nS n，及a n+1=S n+1−S n，得S n+1−S n=n+2nS n，整理，得nS n+1=2(n+1)S n，∴S n+1n+1=2⋅S nn，又S11=1，∴{S nn}是以1为首项，2为公比的等比列；(2)解：由(1)，得S nn=2n−1，∴S n=n⋅2n−1(n∈N∗).∴T n=1×20+2×21+3×22+⋯+n⋅2n−1，①2T n=1×21+2×22+⋯+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n，②由②−①，得T n=−(1+2+22+⋯+2n−1)+n⋅2n=−1−2n1−2+n⋅2n=(n−1)⋅2n+1．【解析】本题考查等比数列的定义和通项公式及求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．(1)运用数列的递推式：a n+1=S n+1−S n，代入整理，结合等比数列的定义即可得证；(2)运用等比数列的通项公式，可得S n=n⋅2n−1(n∈N∗).再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．4.【答案】解：(1)在数列{b n}中，b1=2，点P(b n, b n+1)在直线y=x+2上．得：b n+1=b n+2，且b1=2，故数列{b n}为等差数列，所以b n=2+2(n−1)=2n；由2a n=S n+2...①得2a n−1=S n−1+2...②(n≥2)；将两式相减得：2a n−2a n−1=S n−S n−1；∴a n=2a n−1(n≥2)，又∵2a1=S1+2=a1+2，∴a1=2，∴a n=2n；(2)由c n=a n b n=n2n+1，得：T n=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋅⋅⋅+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1...①2T n=1⋅23+2⋅24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(n−1)⋅2n+1+n⋅2n+2...②①−②得，−T n=22+23+24+⋅⋅⋅+2n+1−n⋅2n+2=4−2n+21−2−n⋅2n+2=(1−n)⋅2n+2−4，所以T n=(n−1)2n+2+4．【解析】本题考查了等差数列，等比数列的通项公式，考查了数列求和，属于中档题．(1)根据条件，将点的坐标代入直线方程可得数列为等差数列，则通项公式可知，由等比数列的性质可得数列{a n}为等比数列，则通项公式可得；(2)由错位相减法求和即可．5.【答案】解：(Ⅰ)由题意得：a3+a4=9(a1+a2)，可得(a1+a2)q2=9(a1+a2)，q2=9，由a n>0，可得q=3，由a1a3=36，可得a1a1q2=36，可得a1=2，∴a n=2×3n−1(n∈N∗)；(Ⅱ)由a n=2×3n−1，可得S n=a1(1−q n)1−q =2(3n−1)3−1=3n−1，由S n+1=3b n，可得3n−1+1=3b n，可得b n=n，可得{a n b n}的通项公式：a n b n=2n×3n−1，可得：T n=2×30+2×2×31+2×3×32+...+2×(n−1)×3n−2+2×n×3n−1①，3T n=2×31+2×2×32+2×3×33+...+2×(n−1)×3n−1+2×n×3n②，①−②得：−2T n=2+2×3(3n−1−1)3−1−2×n×3n =2+3n−3−2n×3n=(1−2n)×3n−1，可得T n=(2n−1)×3n2+12．【解析】本题考查等比数列的通项公式与求和公式，错位相减法求和，考查运算化简的能力，属于中档题．(Ⅰ)由a n>0且a1a3=36，a3+a4=9(a1+a2)，利用等比数列通项公式求得a1和q即可；(Ⅱ)由S n+1=3b n利用等比数列求和公式可得b n，再由错位相减法可得T n．6.【答案】(1)证明：由于√S n是14与(a n+1)2的等比中项，故S n=14(a n+1)2，n=1时，a1=14(a1+1)2，得a1=1，n=2时，a1+a2=14(a2+1)2，解得a2=3或−1(舍)，所以a2−a1=2；当n≥2时，S n−1=14(a n−1+1)2，∴a n=S n−S n−1=14(a n2−a n−12+2a n−2a n−1)，(a n+a n−1)(a n−a n−1−2)=0∵a n>0，∴a n−a n−1−2=0即a n−a n−1=2，故{a n }是等差数列；(2)解：数列{a n }为等差数列，首项a 1=1，公差d =2， ∴a n =2n −1， b n =2n−12n，T n =12+322+523+...+2n −12n.① 12T n =122+323+524+...+2n −12n+1.② ①−②：12T n =2×(12+122+123+...+12n )−2n−12n+1−12=2×12(1−12n )1−12−2n−12n+1−12=32−2n+32n+1，求得：T n =3−2n+32n．【解析】本题考查等比数列的性质及等差数列的通项公式，以及错位相减法求和，属于中档题．(1)由已知的√S n 是14与(a n +1)2的等比中项，可得S n =14(a n +1)2，利用作差法可得a n −a n−1=2，即可由等差数列的定义得证；(2)先由(1)的结论，由等差数列的通项公式可求a n ，即可求b n ，由通项可知应该用错位相减法进行求和．7.【答案】解：(1)S n =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，a 1+a 2+a 3+⋯+a n =12(3n −1)， n =1时，a 1=1，n ≥2时，a n =S n −S n−1=3n−1，对n =1也成立， ∴a n =3n−1，n ∈N ∗；(2)由a n=3a n b n，所以b n=(n−1)(13)n−1，T n=b1+b2+⋯+b n=13+2×(13)2+⋯+(n−1)(13)n−1 ①，1 3T n=(13)2+2×(13)3+⋯+(n−2)(13)n−1+(n−1)(13)n ②， ①− ②得23T n=13+(13)2+⋯+(13)n−1−(n−1)(13)n，2 3T n=13[1−(13)n−1]1−(13)−(n−1)(13)n，∴T n=34−(2n+14)(13)n−1．【解析】本题考查数列的递推式的运用，考查数列的通项公式和数列的错位相减法求和，化简运算能力，属于中档题．(1)运用数列的递推式，化简可得所求通项公式；(2)求得b n=(n−1)(13)n−1，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．8.【答案】解：(1)∵数列{a n}的前n项和S n，且2a n=2+S n．∴n=1时，2a1=2+a1，解得a1=2，n≥2时，a n=S n−S n−1=(2a n−2)−(2a n−1−2)=2a n−2a n−1，∴a n=2a n−1．∴{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，∴数列{a n}的通项公式a n=2n．(2)b n=(2n−1)a n=(2n−1)⋅2n，∴数列{b n}的前n项和：T n=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−1)×2n，①2T n=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−1)×2n+1，②①−②得：−T n=2+22+23+24+⋯+2n−(2n−1)×2n+1=2(1−2n)1−2−(2n−1)×2n+1=2n+1−2−(2n−1)×2n+1，∴T n=(2n−2)×2n+1+2．【解析】(1)由数列{a n}的前n项和S n，且2a n=2+S n.当n=1时，求出a1=2，n≥2时，a n=S n−S n−1=(2a n−2)−(2a n−1−2)=2a n−2a n−1，求出a n=2a n−1.从而{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，由此能求出数列{a n}的通项公式．(2)由b n=(2n−1)a n=(2n−1)⋅2n，利用错位相减法能求出数列{b n}的前n项和．本题考查数列通项公式、前n项和公式的求法，考查等比数列、等差中项、错位相减法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．9.【答案】解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由S9=9a5=81，得a5=9，又由a3+a5=14，得a3=5，由上可得等差数列{a n}的公差d=2，∴a n=a3+(n−3)d=2n−1；(2)证明：由题意得，b n=1a n a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)．所以T n=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)<12．【解析】本题考查了等差数列的通项公式、性质及其求和公式、裂项相消法求和的知识点，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．(1)利用等差数列的通项公式、性质及其求和公式即可得出；(2)由题意得，b n=1a n a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，利用裂项相消法求和即可得出T n=12(1−12n+1)，从而得证．10.【答案】(1)解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a3=4，a5+a8=15．∴a1+2d=4，2a1+11d=15，解得a1=2，d=1．∴a n=2+(n−1)=n+1．(2)证明：由(1)可得：a n=n+1．b n=1(n+2)a n =1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，∴数列{b n}的前n项和为S n=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2=12−1n+2<12．(3)解：c n=a n×4 a n=(n+1)⋅4n+1．∴数列{c n}的前n项和T n=2×42+3×43+4×44+⋯+(n+1)⋅4n+1，4T n=2×43+3×44+⋯+n⋅4n+1+(n+1)⋅4n+2，∴−3T n=2×42+43+44+⋯+4n+1−(n+1)⋅4n+2=16+16(4n−1)4−1−(n+1)⋅4n+2，解得：T n=(3n+2)⋅4n+2−329．【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d，由a3=4，a5+a8=15.可得a1+2d=4，2a1+ 11d=15，解出即可得出．(2)由(1)可得：a n=n+1.b n=1(n+2)a n =1n+1−1n+2，利用裂项求和方法即可得出．(3)c n=a n×4 a n=(n+1)⋅4n+1.利用错位相减法即可得出．本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.【答案】解：(1)S n=n2+n，可得n=1时，a1=S1=2，n≥2时，a n=S n−S n−1=n2+n−(n−1)2−(n−1)=2n，对n=1也成立，则a n=2n；(2)b n=1a n+1a n =12n⋅2(n+1)=14(1n−1n+1)，可得数列{b n}的前n项和为14(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=14(1−1n+1)=n4n+4．【解析】本题考查数列的递推式的运用，考查数列的裂项相消求和，属于基础题．(1)运用数列的递推式：n=1时，a1=S1，n≥2时，a n=S n−S n−1，计算可得所求通项公式；(2)求得b n=1a n+1a n =12n⋅2(n+1)=14(1n−1n+1)，由数列的裂项相消求和可得所求和．12.【答案】解：(1)设等比数列{a n}的公比为q，(q>0)，由已知：a1=2,a3=2a2+16，∴2q2=4q+16，即q2−2q−8=0，∴q =4或q =−2(舍去)，∴a n =a 1q n−1=2×4n−1=22n−1；(2)由(1)知：b n =log 2a n =log 222n−1=2n −1， ∴1bn ⋅b n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，T n =1b 1⋅b 2+1b 2⋅b 3+⋅⋅⋅+1b n ⋅b n+1=12(1−13+13−15+⋯+12n −1−12n +1) =12(1−12n+1)=n2n+1 ．【解析】本题考查等比数列的通项公式及裂项相消法求和的问题，考查对数的运算性质． (1)设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；(2)把(1)中求得的{a n }的通项公式代入b n =log 2a n ，得到b n ，利用裂项相消法求出结果即可．13.【答案】解：(1)设等差数列{a n }公差为d ，因为a 4=a 1+3d ，，a 1=1所以d =4，所以a n =a 1+(n −1)d =1+(n −1)×4 ∴a n =4n −3； 由S n =2n+1−2，当n ⩾2时，b n =S n −S n−1=2n ， n =1时，b 1=2对上式也成立， ∴b n =2n ． (2)c n =b n +4an a n+1=2n +4(4n−3)(4n+1)=2n +(14n−3−14n+1)，T n =21+22+23+...+2n +(1−15)+(15−19)+⋯+(14n −3−14n +1)=2(1−2n )1−2+(1−15)+(15−19)+⋯+(14n −3−14n +1)=2n+1−2+(1−14n+1)=2n+1−4n+24n+1．【解析】本题考查等差数列的通项公式及求和公式，考查方程思想的运用能力及裂项相消法求和的能力，属于中档题．(1)由题意及等差数列的通项公式联立方程解得公差，即可得数列{a n}；利用递推数列当n⩾2时，b n=S n−S n−1=2n，验证n=1时即可得到{b n}的通项公式；(2)首先利用分组求和法进行转化，再利用等比数列公式求和以及裂项相消法求和可得答案．14.【答案】(1)证明：由a n+1=n+1n (a n+n)，可得a n+1n+1=a nn+1，所以a n+1n+1−a nn=1，由于b n=a nn，可得b n+1−b n=1，又b1=a1=2，所以{b n}为首项为2，公差为1的等差数列．(2)由(1)可知为{b n}等差数列．所以b n=n+1(n∈N∗)，可得a nn=n+1，所以a n=n(n+1)，所以1a n =1n(n+1)=1n−1n+1，则T n=1a1+1a2+1a3+⋯+1a n=(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1n+1)=1−1n+1=n n+1所以数列{1an }的前n项和T n=nn+1【解析】本题考查了等差数列的判定与证明，等差数列的通项公式，以及裂项相消求和，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．(1)将条件变形得a n+1n+1=a nn+1，再代入b n=a nn即可；(2)根据数列{b n}是等差数列可求出数列{1a n}的通项公式，再利用裂项相消法求和．15.【答案】解：(1)由题意得2S1=4a1−a2⇒a2=2a1 ①，∵数列{a n}的前n项和为S n满足2S n=4a n−a2(n∈N∗)，∴2S3=4a3−a2⇒a3=2a2 ②，∵a1，a2，a3−1成等差数列，∴2a2=a1+a3−1 ③，由 ① ② ③可得a1=1，a2=2，∴2S n=4a n−2，∴2S n−1=4a n−1−2(n ≥2)，∴a n =2a n−1(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， ∴数列{a n }的通项公式为a n =2n−1． (2)∵b n =1(log2a 2n )(log 2a 2n+2)=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)， ∴{b n }的前n 项和T n =12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)] =12(1−12n+1)，∴{T n }是单调递增数列， ∴T n ≥T 1=13， ∵对任意n ∈N ∗，T n >m23恒成立，∴13>m23⇒m <233，故m 的取值范围为(−∞,233).【解析】本题考查了等差数列的性质、等比数列的通项公式、裂项相消法的相关知识，属于中档题．(1)由题意得2S n =4a n −2，再推导得数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，即可得{a n }通项公式；(2)由裂项相消法求得T n ，求其最值即可得答案．16.【答案】解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ．因为a 3=7，a 5+a 7=26， 所以{a 1+2d =72a 1+10d =26， 解得{a 1=3d =2，所以a n=3+2(n−1)=2n+1，S n=3n+n(n−1)2×2=n2+2n．(2)由(1)知a n=2n+1，所以=14(1n−1n+1)，所以T n=14·(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=14(1−1n+1)=n4(n+1)，即数列{b n}的前n项和T n=n4(n+1)．【解析】本题考查等差数列的通项公式，等差数列的求和，裂项相消法，考查运算化简的能力，属于中档题．(1)首先设首项为a1，公差为d，根据已知条件列出a1和d的方程组，求解后可得前n项和和通项公式；(2)根据(1)得b n，把b n变成两项的差，用裂项相消法求和．17.【答案】解：(1)函数y=a x(a>0且a≠1)在[2,4]上的最大值与最小值之和为20，而函数y=a x(a>0且a≠1)在[2,4]上单调递增或单调递减，∴a2+a4=20，得a2=4，或a2=−5(舍去)，∴a=2；(2)证明：由(1)知，a=2，∴f(x)=x2x+√2，∴f(x)+f(1−x)=x2x+√21−x21−x+√2=2x 2x +√222+√2×2x =2x 2x +√2√2√2+2x =1;(3)由(2)知，f(x)+f(1−x)=1．∵12021+20202021=1，22021+20192021=1，…，10102021+10112021=1， ∴f(12021)+f(22021)+⋯+f(20202021) =[f(12021)+f(20202021)]+[f(22021)+f(20192021)]+⋯+[f(10102021)+f(10112021)] =1010．【解析】本题考查了指数函数的单调性及其应用，利用指数运算性质化简求值，倒序相加的求和思想，考查了学生的计算能力，培养了学生分析问题与解决问题的能力．(1)因为函数y =a x (a >0且a ≠1)在[2,4]上单调递增或单调递减，所以最大值和最小值一定取到端点处，列方程即可解得a 值；(2)利用指数运算性质，代入函数解析式即可化简证明；(3)注意到和式中的自变量的特点，利用(2)的结论，将所求分组求和即可得到结果.18.【答案】解：(1)令x 1=x 2=12，得f(12)=14=12+m ，解得m =2． (2)由a n =f(0)+f(1n )+f(2n )+...+f(n−1n )+f(1)， 得a n =f(1)=f(n−1n )+...+f(1n)+f(0)， 两式相加，得2a n =[f(0)+f(1)]+[f(1n )+f(n−1n )]+...+[f(1)+f(0)]=12(n +1)， 所以a n =14(n +1)，显然数列{a n }是等差数列，所以S n =n[12+14(n+1)]2=18n 2+38n ．【解析】【分析】本题主要指数函数以及数列的倒序相加法求通项，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题．(1)利用指数函数代入数值计算即可；(2)利用倒序相加法求通项，在利用等差数列公式求和．19.【答案】(1)证明：因为f(x)=3x+√3．f(x)+f(1−x)=3x+√3+31−x+√3=3x+√3x3+3x⋅√3=x√33+3x⋅√3=√33，所以f(x)+f(1−x)为定值√33．(2)解：设f(−100)+f(−99)+⋯+f(0)+⋯+f(100)+f(101)=M，①f(101)+f(100)+⋯+f(0)+⋯+f(−99)+f(−100)=M，②，将①②两式左右两边分别相加可得[f(−100)+f(101)]+[f(−99)+f(100)]+⋯+[f(101)+f(−100)]=2M，因为f(x)+f(1−x)=√33．所以2M=√33+√33+⋯+√33=√33×202=202√33．故原式=12⋅202√33=101√33．即f(−100)+f(−99)+⋯+f(0)+⋯+f(100)+f(101)=101√33．【解析】本题考查函数的解析式的应用，函数值的求法，倒序相加求和，考查计算能力与推理能力，属于中档题．(1)利用函数的解析式直接求解即可．(2)利用倒序相加求和的方法化简求解即可．。
小学六年级奥数数列求和问题专项强化训练(高难度)
小学六年级奥数数列求和问题专项强化训练（高难度）例题：已知数列 an 的通项公式为 a n = n2 + 2n，求 s10，其中 s10 表示数列前 10 项的和。
解析：我们需要先找到数列的前 10 项，然后将它们相加。
数列的通项公式为 an = n^2 + 2n，所以我们可以求出数列的前 10 项：a1 = 12 + 2×1 = 3a2 = 22 + 2×2 = 8a3 = 32 + 2×3 = 15...a10 = 102 + 2×10 = 120接下来，将这些项相加得到数列前 10 项的和 s10：s10 = a1 + a2 + a3 + ... + a10s10 = 3 + 8 + 15 + ... + 120这是一个等差数列，使用求和公式可以得到：s10 = (a1 + a10) × 10 ÷ 2s10 = (3 + 120) × 10 ÷ 2s10 = 1230所以，数列前 10 项的和为 1230。
接下来是 15 道对应题型的专项练习应用题：1.已知数列 an 的通项公式为 an = n2 + 3n，求 s12。
2.2. 已知数列 an 的前 n 项和为 sn，an = 2n + 1，求 s10。
3. 已知数列 an 的前 n 项和为 sn，an = n2 - n，求 s8。
4. 已知数列 an 的前 n 项和为 sn，an = 3n + 2，求 s15。
5. 已知数列 an 的前 n 项和为 sn，an = n2 + n + 1，求 s20。
6. 已知数列 an 的前 n 项和为 sn，an = 4n + 3，求 s18。
7. 已知数列 an 的前 n 项和为 sn，an = n2 + 5n，求 s16。
8. 已知数列 an 的前 n 项和为 sn，an = 2n2 + 3n，求 s14。
9. 已知数列 an 的前 n 项和为 sn，an = 5n + 4，求 s13。
数列求和解答题50道(解析版)
数列求和解答题50道1.已知各项均为正数的数列{a n }的前n 和S n 满足4S n =(a n +1)2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =a n +2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)∵4S n =(a n +1)2(n ∈N *)，n ≥2时，4S n-1=(a n -1+1)2，相减可得：4a n =(a n +1)2-(a n -1+1)2，化为：(a n +a n -1)(a n -a n -1-2)=0，∵a n +a n -1>0，∴a n -a n -1-2=0，即a n -a n -1=2，∴数列{a n }是公差为2的等差数列，n =1时，4S 1=4a 1=(a 1+1)2，解得a 1=1．∴a n =1+2(n -1)=2n -1．(2)b n =a n +2a n =2n -1+22n -1=2n -1+12×4n ．∴数列{b n }的前n 项和T n =n (1+2n -1)2+12×4(4n -1)4-1=n 2+2(4n -1)3．2.已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和S n 满足S n >1，且6S n =(a n +1)(a n +2)，n ∈N *．(1)求{a n }的通项公式：(2)设数列{b n }满足b n =a n ，n 是奇数2n ，n 是偶数，并记T n 为{b n }的前n 项和，求T 2n ．【解析】(1)由a 1=S 1=16(a 1+1)(a 1+2)，整理可得：a 21-3a 1+2=0，结合a 1=S 1>1，解得a 1=2由a n +1=S n +1-S n =16(a n +1+1)(a n +1+2)-16(a n +1)(a n +2)得(a n +1+a n )(a n +1-a n -3)=0，又a n >0，得a n +1-a n =3从而{a n }是首项为2公差为3的等差数列，故{a n }的通项公式为a n =3n -1．(2)T 2n =(a 1+a 3+⋅⋅⋅+a 2n -1)+(22+24+⋅⋅⋅+22n )=n (2+6n -4)2+4(1-4n )1-4=4n +1-43+3n 2-n ． 3.已知数列{a n }满足a 1-12+a 2-122+⋯+a n -12n =n 2+n (n ∈N *)．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)求数列{a n }的前n 项和S n ．【解析】(Ⅰ)∵a 1-12+a 2-122+⋯+a n -12n =n 2+n ，(n ∈N +)①∴a 1-12+a 2-122+⋯+a n -1-12n -1=(n -1)2+n -1=n 2-n (n ≥2，n ∈N +)，②由①-②得：a n -12n =2n ，∴a n =n •2n +1+1，n≥2，n ∈N +，③在①中，令n =1，得a 1=5，适合③式，∴a n =n •2n +1+1，n ∈N +．(Ⅱ)设b n =n •2n +1，其前n 项和为T n ，则：T n =1×22+2×23+⋯+n ×2n +1，①2T n =1×23+2×24+⋯+n ×2n +2，②②-①，得T n =-22-23-⋯-2n +1+n •2n +2=(n -1)•2n +2+4．∴S n =T n +n =(n -1)•2n +2+n +4．4.已知数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (k ∈N )，且S n 的最大值为8(1)确定常数k ，求a n ；(2)设b n =1a n a n +1，若数列{b n }的前n 项和为T n ，T n >m 恒成立，求m 的取值范围．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (k ∈N )，即为S n =-12(n -k )2+k 22，可得当n =k 时，取得最大值k 22，即有k 22=8，解得k =4；则S n =-12n 2+4n ，a 1=S 1=72，n ≥2时，a n =S n -S n -1=-12n 2+4n --12(n -1)2+4(n -1) =92-n ，上式对n =1也成立，则a n =92-n ；(2)b n =1a n a n +1=4(9-2n )(7-2n )=212n -9-12n -7，可得前n 项和为T n =21-7-1-5+1-5-1-3+⋯+12n -9-12n -7=21-7-12n -7 ，当n ≤3时，T n 增大；当n ≥4时，T n 增大，由T 1=435，T 4=-167，可得T n 的最小值为-167，∵T n >m 恒成立，可得m <-167．5.已知数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn ，k ∈N +，且S n的最大值为8．(1)确定k 的值；并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列9-2a n2n 的前n 项和T n ．证明：T n <4．【解析】(1)∵S n =-12n 2+kn =-12(n -k )2+12k 2，又n ，k ∈N +，所以当n =k 时，(S n )max =12k 2，由题设12k 2=8，故k =4，可得S n =-12n 2+4n ；当n =1时，a 1=S 1=72；当n ≥2时，a n =S n -S n -1=-12n 2+4n --12(n -1)2+4(n -1) =92-n ，上式也满足n =1，即a n =92-n ，n ∈N +；(2)证明：a n =92-n ，9-2a n 2n =n 2n -1，故前n 项和T n =1•12 0+2•12 1+⋯+n •12 n -1，12T n =1•12 +2•12 2+⋯+n •12 n ，两式相减可得12T n =1+12+12 2+⋯+12 n -1-n •12 n =1-12n 1-12-n •12 n ，化简可得T n =4-(n +2)•12 n -1，则T n <4．6.已知数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (其中k ∈N +)，且S n 的最大值为8．(Ⅰ)确定常数k ，并求a n ；(Ⅱ)求数列9-2a n2n 的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (其中k ∈N +)，且S n 的最大值为8，当n =k 时，S n 取得最大值，则12k 2=8，解得k =4，可得S n =-12n 2+4n ，a 1=S 1=4-12=72，n ≥2时，a n =S n -S n -1=-12n 2+4n +12(n -1)2-4(n -1)=92-n ，上式对n =1也成立，则a n =92-n ；(Ⅱ)数列9-2a n 2n ，即为数列n 2n -1 ，则前n 项和T n =1•12 0+2•12 1+3•122+⋯+n •12n -1，12T n =1•12 +2•12 2+3•123+⋯+n •12n，两式相减可得，12T n =1+12 1+122+⋯+12 n -1-n •12 n =1-12 n1-12-n •12 n，化简可得T n =4-(n +2)•12n -1．7.设S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知a 3=5，S 7=49．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =1a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1由题意可得a 1+2d =57a 1+7×62d =49，解得a 1=1d =2 ，所以{a n }的通项公式为a n =2n -1．(2)由(1)得b n =1a n a n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 ，从而T n =121-13+13-15 +⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 =n 2n +1．8.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2n -1．数列b 1=2，b n +1-2b n =8a n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2n-1．当n =1时，解得a 1=1，当n ≥2时，S n -1=2n -1-1，所以a n =S n -S n -1=2n -1(首项符合通项)，故a n =2n -1，数列b 1=2，b n +1-2b n =8a n =2n +2，所以b n +12n +1-b n 2n=2(常数)，所以数列b n2n 是以b 121=1为首项，2为公差的等差数列．所以b n =(2n -1)⋅2n ，则T n =1⋅21+3⋅22+⋯+(2n -1)⋅2n ①，2T n =1⋅22+3⋅23+⋯+(2n -1)⋅2n +1②，①-②得-T n =2(2+22+⋯+2n )-2-(2n -1)⋅2n +1，解得T n =(2n -3)⋅2n +1+6．9.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S l 5=225，a 3+a 6=16．(Ⅰ)证明：{S n }是等差数列；(Ⅱ)设b n =2n⋅a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S l 5=225，a 3+a 6=16．则：S 15=225a 3+a 6=16 解得：a 1=1，d =2，所以：S n =1+3+⋯+(2n -1)=n 2，则：S n =n ，所以：S n -S n -1=n -n +1=1(常数)．故：数列{S n }是等差数列；(Ⅱ)由已知条件b n =2n⋅a n =(2n -1)⋅2n，所以：T n =1⋅21+3⋅22+⋯+(2n -1)⋅2n①2T n =1⋅22+3⋅23+⋯+(2n -1)⋅2n +1②，①-②得：T n =(2n -3)⋅2n +1+6．10.已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 1=3，a 1•a 4=a 22．(1)求{a n }的通项公式及a n 的前n 项和S n 的通项公式；(2)b n =1S 1+1S 2+⋯+1S n，求数列{b n }的通项公式，并判断b n 与23的大小．【解析】(1)设a 1=a ，公差为d ，则a (a +3d )=(a +d )2，解得d =a =3，所以a n =3n ，S n =3n (n +1)2．(2)1S n =23⋅1n (n +1)=231n -1n +1，从而b n =1S 1+1S 2+⋯+1S n=231-12+12-13+⋯+1n -1n +1 =231-1n +1 =23-23(n +1)<23，故b n <23．11.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若数列log 13a n是公差为-1的等差数列，且a 2+2是a 1，a 3的等差中项．(1)证明数列{a n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)若T n 是数列1a n的前n 项和，若T n <M 恒成立，求实数M 的取值范围．【解析】【解答】(1)证明：∵数列log 13a n 是公差为-1的等差数列，∴log 13a n =log 13a 1-(n -1)，∴a na 1=3n -1．∴n ≥2时，a n a n -1=3n -13n -2=3，数列{a n }是以3为公比的等比数列．∴a 2=3a 1，a 3=9a 1．∵a 2+2是a 1，a 3的等差中项，∴2(a 2+2)=a 1+a 3，∴2(3a 1+2)=a 1+9a 1，解得a 1=1．∴数列{a n }是以3为公比，1为首项的等比数列．∴a n =3n -1．(2)解：1a n =13n -1．∴T n =1-13 n1-13=321-13 n．∵T n <M 恒成立，∴M ≥32．∴实数M 的取值范围是32，+∞ ．12.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 8=S 3，a 4=2a 2-2．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =1S n +2，其前n 项和为T n ，证明：T n <12．【解析】(1)解：设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 1+7d =3a 1+3da 1+3d =2(a 1+d )-2，解得：a 1=4d =2 ，∴a n =4+2(n -1)=2n +2；(2)证明：由(1)得：S n =(4+2n +2)n2=n 2+3n ，∴b n =1S n +2=1n 2+3n +2=1(n +1)(n +2)=1n +1-1n +2，∴T n =12-13 +13-14+⋯+1n +1-1n +2 =12-1n +2<12．13.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2a n -S n =1(n ∈N *)．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =log 2(1+S n )，求数列1b n b n +1的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)∵2a n -S n =1，令n =1，解得a 1=1，n≥2，又2a n -1-S n -1=1，两式相减，得a n =2a n-1，∴{a n }是以a 1=1为首项，q =2为公比的等比数列，∴a n =2n -1；(Ⅱ)∵1+S n =2n ，∴b n =log 2(1+S n )=log 22n=n ，1b n b n +1=1n (n +1)=1n -1n +1∴T n =11×2+12×3+⋯+1n (n +1)=1-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1=1-1n +1=nn +1．14.已知正项等比数列{a n }满足a 1=2，a 3a 7=322，数列b n 的前n 项和为S n ，b n =2n -2．(Ⅰ)求{a n }的通项公式与S n ；(Ⅱ)设c n =a n +1S n +1，求数列{c n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)根据题意，a 1=2，a 25=322，∴a 1=2，a 5=32，∴q =2，所以a n =2n ，因为b n =2n -2，数列{b n }为公差2，首项为0的等差数列，∴S n =n (0+2n -2)2=n 2-n ；(Ⅱ)根据题意，c n =a n +1S n +1=2n +1(n +1)n=2n +1n -1n +1所以T n =2(1-2n )1-2+1-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1 =2n +1-1-1n +1．15.在等差数列{a n }中，a 1=-8，a 2=3a 4．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =4n (12+a n )(n ∈N *)，T n 为数列{b n }的前n项和，若T n =95，求n 的值．【解析】(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差是d ，由a 1=-8，a 2=3a 4得：-8+d =3(-8+3d )解得d =2，所以a n =-10+2n ；(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n =-10+2n ，∴b n =4n (12+a n )=4n (2n +2)=21n -1n +1 ，所以T n=211-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1 =2n n +1，由T n =95解得n =9．16.等差数列{a n }中，公差d ≠0，a 5=14，a 23=a 1a 11．(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(1)∵{a n }是等差数列，公差d ≠0，a 5=14，a 23=a 1a 11，可得a 1+4d =14，(a 1+2d )2=a 1(a 1+10d )，解得a 1=2，d =3，所以{a n }的通项公式；a n =a 1+(n -1)d =3n -1；(2)bn=1a n a n +1=1(3n -1)(3n +2)=1313n -1-13n +2，数列{b n }的前n 项和S n =1312-15+15-18+⋯+13n -1-13n +2=1312-13n +2 =16-19n +6=n 6n +4．17.在等差数列{a n }中，已知a 2=3，a 7=8．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列1a n a n +1 的前n 项和为S n ，若S n =512，求n 的值．【解析】(1)设公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 2=3，a 7=8．所以a 7-a 2=5d =5，解得d =1，由于a 2=a 1+d ，所以a 1=2．故a n =n +1．(2)由于a n =n +1，所以1a n a n +1=1(n +1)(n +2)=1n +1-1n +2，则S n =12-13+13-14+⋯+1n +1-1n +2=512，整理得12-1n +2=512，解得n =10．18.已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 3=9，a 2是a 1，a 7的等比中项．(1)求{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n =1n (a n +7)，求{b n }的前n 项和S n ．【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a 1+2d =9(a 1+d )2=a 1⋅(a 1+6d )解得d =4或d =0(舍去)，a 1=1，∴a n =1+4(n -1)=4n -3．(2)∵b n =1n (a n +7)=141n -1n +1 ，∴Sn=b 1+b 2+b 3+⋯+b n =1411-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1 =141-1n +1 =n 4n +4．19.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +4n -7．(1)证明：数列{a n -2}为等比数列；(2)若b n =a n -2(a n +1-1)(a n -1)，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】【解答】证明：(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +4n -7①．当n =1时，解得：a 1=3，当n ≥2时，2S n -1=3a n -1+4n -11②．①-②得：a n =3a n -1-4，整理得：a n -2a n -1-2=3(常数)所以：数列{a 2-2}是以a 1-2=1为首项，3为公比的等比数列．(2)由于：数列{a 2-2}是以a 1-2=1为首项，3为公比的等比数列，故：a n -2=3n -1，所以：b n =a n -2(a n +1-1)(a n -1)=3n -1(3n +1)(3n -1+1)=1213n -1+1-13n +1，所以：Tn=12130+1-131+1+⋯+13n -1+1-13n +1=1212-13n +1．20.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在直线y =2x -2上，n ∈N *(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n =n +(a n -1)log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在直线y =2x -2上，n ∈N *所以：S n =2a n -2①，当n =1时，a 1=2a 1-2，解得：a 1=2．当n ≥2时，S n -1=2a n -1-2②，①-②得：a n =2a n -2a n -1，整理得：an a n -1=2(常数)，故：数列的通项公式为：a n =2⋅2n -1=2n (首项符合通项)．故：a n =2n ．(2)b n =n +(a n -1)log 2a n =n •2n，所以T n =1⋅21+2⋅22+⋯+n ⋅2n ①，2T n =1⋅22+2⋅23+⋯+n ⋅2n +1②，①-②得：-T n =21+22+⋯+2n -n ⋅2n +1，整理得：T n =(n -1)⋅2n +1+2．21.已知{a n }是等差数列，且lg a 1=0，lg a 4=1．(1)求数列{a n }的通项公式(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，求k 的值及数列{a n +b n }的前n 项和．【解析】(1)数列{a n }是等差数列，设公差为d ，且lg a 1=0，lg a 4=1．则：a 1=1a 1+3d =10 ，解得：d =3所以：a n =1+3(n -1)=3n -2．(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，则：a 2k=a 1⋅a 6，整理得：a k =3k -2，解得：k =2；所以：等比数列{b n }的公比为q =4．所以：b n =4n -1．则a n +b n =3n -2+4n -1，故：S n =(1+1)+(4+41)+⋯+(3n -2+4n -1)=n (3n -1)2+4n -14-1=32n 2-12n +13(4n-1)．22.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2=4，2S n =(n +1)a n (n ∈N *)．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =(a n +1)2S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2=4，2S n =(n +1)a n (n ∈N *)．当n =2时，2S 2=3a 2，整理得a 1=2．所以2S n =(n +1)a n ，故2S n -1=(n +1-1)a n-1，两式相减得(n -1)a n =na n -1，所以a n =a na n -1⋅a n -1a n -2⋯a2a 1⋅a 1=2n (首项符合通项)．故a n =2n ．(Ⅱ)由于a n =2n ，所以b n =(a n +1)2S n=4n 2+4n +1n (n +1)=4+1n (n +1)=4+1n -1n +1．故T n =b 1+b 2+⋯+b n =4n +1-12+12-13+⋯+1n -1n +1 =4n +1-1n +1．23.已知数列{a n }满足a n +2=qa n (q 为实数，且q ≠1)n ∈N *，a 1=1，a 2=2，且a 2+a 3，a 3+a 4，a 4+a 5成等差数列．(Ⅰ)求q 的值和{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =log 2a 2n -1a 2n，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．【解析】(Ⅰ)数列{a n }满足a n +2=qa n (q 为实数，且q ≠1)n ∈N *，a 1=1，a 2=2，且a 2+a 3，a 3+a 4，a 4+a 5成等差数列，所以(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4)，即a 4-a 2=a 5-a 3．所以a 2(q -1)=a 3(q -1)，由于q ≠1，所以a 3=a 2=2，解得q =2．①当n =2k -1时，a n =a 2k -1=2n -12，②当n =2k 时，a n =a 2k =2n2．所以数列的通项公式为：an=2n -12(n 为奇数)2n 2(n 为偶数)．(Ⅱ)由(Ⅰ)得：b n =log 2a 2n -1a 2n =n -12n，所以T n =021+122+⋯+n -12n ①，则12T n =022+123+⋯+n -12n +1，②①-②得12T n =141-12n -11-12-n -12n +1，整理得T n =1-n +12n ．24.已知公差不为0的等差数列{a n }与等比数列{b n }满足a 1=b 1=1，a 2=b 2，a 4=b 3．(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)设T n =a 1b n +a 2b n -1+⋯+a n b 1，求T n ．【解析】(1)设公差为d 且不为0的等差数列{a n }与公比为q 的等比数列{b n }满足a 1=b 1=1，a 2=b 2，a 4=b 3．故a n =a 1+(n -1)d ，b n =b 1⋅q n -1，所以1+d =q 1+3d =q 2 ，解得d =1，q =2．故a n =n ，b n =2n -1．(2)由于a n =n ，b n =2n -1，所以T n =1⋅2n -1+2⋅2n -2+⋯+n ⋅20①，12T n =1⋅2n -2+2⋅2n -3+⋯+n ⋅20-1②①-②得：12T n =2n -1+2n -2+⋯+2+1-n2=2n -1-n2．所以T n =2n +1-(n +2)．25.已知等比数列{a n }是首项为1的递减数列，且a 3+a 4=6a 5．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)由a 3+a 4=6a 5，得6q 2-q -1=0，解得q=12或q =-13．∵数列{a n }为递减数列，且首项为1，∴q =12．∴a n =1×12 n -1=12n -1．(2)∵T n =1⋅12 0+2⋅12 1+3⋅122+⋯+n⋅12 n -1，∴12T n =1⋅12 1+2⋅12 2+3⋅12 3+⋯+n ⋅12 n ．两式相减得12T n =12 0+12 1+12 2+⋯+12 n -1-n ⋅12n =1-12 n1-12-n 12 n =2-2⋅12 n -n ⋅12 n=2-n +22n，∴T n =4-n +22n -1．26.已知数列{a n }满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n =a n a n +2(n ∈N *)，T n =b 1+b 2+⋯+b n ，求证：T n<34．【解析】(1)数列{a n }满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n ①，当n ≥2时，a 1+2a 2+3a 3+⋯+(n -1)a n -1=n -1②，①-②得：a n =1n，当n =1时，a 1=1(首项符合通项)，故：a n =1n．(2)由于：a n =1n，所以：b n =a n a n +2=1n (n +2)=121n -1n +2 ，所以：T n =121-13+12-14+⋯+1n -1n +2 =121+12-1n +1-1n +2 <34．27.已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1=3，且a 1+1，a 2+1，a 4+1成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =1a n a n +1，n ∈N *，S n 是{b n }的前n 项和，求使S n <113成立的最大的正整数n ．【解析】(1)公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1=3，且a 1+1，a 2+1，a 4+1成等比数列．则：(a 2+1)2=(a 1+1)(a 4+1)，解得：d =4或0(舍去)，故：a n =3+4(n -1)=4n -1，(2)由于：a n =4n -1，所以：a n +1=4n +3，所以：b n =1a n a n +1=1(4n -1)(4n +3)=1414n -1-14n +3，故：S n =1413-17+17-111+⋯+14n -1-14n +3 =1413-14n +3 =n 12n +9，所以：要使S n <113成立整理得：1413-14n +3 <113，解得：n <9由于n 为自然数，所以：n 的最大值为8．28.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n -1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n -a n }是等差数列，且b 1=2，b 3=14，求数列{b n }的前n 项和T n ⋅【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n-1①．当n =1时，解得：a 1=1．当n ≥2时，2S n -1=3a n -1-1②，①-②得：a n =3a n -1，故：an a n -1=3(常数)，所以：数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列．所以：a n =3n -1(首项符合通项)，故：a n =3n -1．(2)数列{b n -a n }是等差数列，且b 1=2，b 3=14，所以：设c n =b n -a n ．c 1=b 1-a 1=1，c 3=b 3-a 3=14-9=5，则：公差d =c 3-c 12=5-12=2，所以：c n =2n -1．则：b n =a n +c n =3n -1+2n -1，故：T n =(30+31+⋯+3n -1)+(1+3+⋯+2n -1)=(3n -1)3-1+n (2n -1+1)2=3n -12+n 229.设数列{a n }满足a 1=2，a n +1=2a n ，数列{b n }的前n 项和S n =12(n 2+n )．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n =a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }满足a 1=2，a n +1=2a n ，则：a n +1a n=2(常数)所以：数列{a n }是以a 1=2为首项，2为公比的等比数列．故：a n =2⋅2n -1=2n ，由于：数列{b n }的前n 项和S n =12(n 2+n )．当n =1时，解得：b 1=1，当n ≥2时，b n =S n -S n -1=12(n 2+n )-12(n-1)2-12(n -1)=n ．由于首项符合通项，故：a n =n ．(2)由(1)得：c n =a n b n =n ⋅2n ，所以：T n =1⋅21+2⋅22+⋯+n ⋅2n ①，2T n =1⋅22+2⋅23+⋯+n ⋅2n +1②，①-②得：-T n =(21+22+⋯+2n )-n ⋅2n +1，解得：T n =(n -1)⋅2n +1+2．30.已知首项为1的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3为a 4与a 5的等差中项．数列{b n }满足b n =2S n +n2n．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n •b n }的前n 项和为T n ．【解析】(1)设公差为d ，首项为1的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3为a 4与a 5的等差中项．则：2(3+3d )=1+3d +(1+4d )，解得：d =4，故：a n =1+4(n -1)=4n -3，所以：S n +n 2n =n (1+4n -3)2+n 2n =n ．故：数列{b n }满足b n =2S n +n2n=2n ．(2)根据已知条件：a n ⋅b n =(4n -3)⋅2n ，则：T n =1⋅21+5⋅22+⋯+(4n -3)⋅2n ①，2T n =1⋅22+5⋅23+⋯+(4n -3)⋅2n +1②，①-②得：T n =(4n -3)⋅2n -4(22+23+⋯+2n )-2，整理得：T n =(4n -7)•2n +1+14．31.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n =2a n -1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =a n +1(a n +1-1)(a n +2-1)，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n =2a n -1．①当n =1时，解得：a 1=1．当n ≥2时，S n -1=2a n -1-1．②①-②得：a n =2a n -2a n -1，整理得：a n =2a n -1，故：an a n -1=2(常数)，所以：数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列．故：a n =1⋅2n -1=2n -1(首项符合通项)．故：a n =2n -1，(2)由于b n =a n +1(a n +1-1)(a n +2-1)=2n (2n -1)(2n +1-1)=12n -1-12n +1-1，所以：T n =121-1-122-1+⋯+12n -1-12n +1-1=1-12n +1-1．32.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=4，S 6=27．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n =2a n ，记T n 为数列{b n }的前n 项和．若T m =124，求m ．【解析】【解答】(本小题满分12分)解：(1)设{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知得a 1+2d =46a 1+15d =27，解得a 1=2d =1．所以a n =a 1+(n -1)d =n +1．(2)由(1)可得b n =2n +1，∴{b n }是首项为4，公比为2的等比数列，则T n =4(1-2n)1-2=4(2n -1)．由T m =124，得4(2m -1)=124，解得m =5．33.已知数列{a n }的首项a 1>0，前n 项和为S n ，且满足a 1a n =S 1+S n ．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)若b n =a n +1S n ⋅S n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)数列{a n }的首项a 1>0，前n 项和为S n ，且满足a 1a n =S 1+S n ．当n =1时，解得：a 1=2．当n ≥2时，2a n =2+S n ，①2a n -1=2+S n -1，②①-②得：a n =2a n -1，整理得：a n a n -1=2(常数)，所以：a n =2⋅2n -1=2n ，(Ⅱ)由于S n =2(2n -1)2-1=2⋅(2n -1)，b n =a n +1S n ⋅S n +1=2n +12(2n -1)(2n +1-1)=1212n -1-12n +1-1，所以：T n =121-13 +⋯+12n-1-12n +1-1=121-12n +1-134.已知{a n }是公差不为0的等差数列，且满足a 1=2，a 1，a 3，a 7成等比数列．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =a n +2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(Ⅰ)设{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 7成等比数列，所以a 23=a 1a 7．所以(a 1+2d )2=a 1(a 1+6d )．所以4d 2-2a 1d =0．由d ≠0，a 1=2得d =1，所以a n =n +1．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，b n =a n +2a n =n +1+2n +1，所以S n =[2+3+4+⋯+(n +1)]+(22+23+24+⋯+2n +1)=n (n +3)2+4(1-2n)1-2=2n +2+n 2+3n -82．35.在数列{a n }中，已知a n >0，a 1=1，a n +21-a n 2-a n +1-a n =0．(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，b n =1S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】【解答】证明：(1)由a 2n +1-a 2n -a n +1-a n =0，得(a n +1-a n -1)(a n +1+a n )=0，因为a n >0，所以a n +1-a n =1，又因为a 1=1，所以数列{a n }是首项为a 1=1，公差为1的等差数列．解：(2)由(1)可得，S n =na 1+12n (n -1)d =n +12n (n -1)=n (n +1)2．∴b n =1S n =2n (n +1)=21n -1n +1 ．∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =211-12+12-13+⋯++1n -1n +1=21-1n +1 =2nn +1．36.已知数列{a n }的前n 项和S n =2n +1-2，b n =a n(4n 2-1)2n．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和S n =2n +1-2，当n =1时，a 1=S 1=2，当n ≥2时，则：a =S n -S n -1=2n +1-2-2n +2=2n ．由于n =1时，符合通项，故：a n =2n ．(2)由于：a n =2n ，故：bn=a n (4n 2-1)2n =14n 2-1=1(2n +1)(2n -1)=1212n -1-12n +1 ．所以：T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 =n 2n +1．37.已知数列{a n }的前n 项和是S n ，若a n +1=a n +1(n ∈N *)，S 3=12．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =1a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)因为a n +1=a n +1(n ∈N *)，所以数列{a n }是公差为1的等差数列．又因为S 3=12，则a 1=3，所以，a n =a 1+(n -1)d =n +2(n ∈N *)．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，b n =1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，则T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =13-14+14-15+15-16+⋯+1n +2-1n +3=13-1n +3=n 3n +9(n ∈N *)38.设数列{a n }满足：a 1+3a 2+32a 3+⋯+3n -1a n =n 3，n ∈N *．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =n ，n 为奇数1a n，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(1)数列{a n }满足：a 1+3a 2+32a 3+⋯+3n -1a n =n3①，当n ≥2时，数列{a n }满足：a 1+3a 2+32a 3+⋯+3n -2a n -1=n -13②，①-②得：3n -1a n =13，所以：a n =13n ，当n =1时，a 1=13(符合通项)，故：a n =13n ．(2)由于b n =n ，n 为奇数1a n，n 为偶数，所以：b n =n ，n 为奇数3n ，n 为偶数，①当n 为奇数时：S n =1+32+3+34+⋯+3n -1+n=(n +1)2⋅(1+n )2+99n -12-1 9-1=n 2+2n +14+9(3n -1-1)8．②当n 为偶数时，S n =1+32+3+34+⋯+(n -1)+3n=n 2⋅(1+n -1)2+99n 2-1 9-1=n 24+9(3n -1)8．39.在数列{a n }中，a 1=3，a n =2a n -1+(n -2)(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n +n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }的与前n 项和S n ．【解析】(1)证明：∵a 1=3，a n =2a n -1+(n -2)(n ≥2，n ∈N *)．∴a n +n =2(a n -1+n -1)，∴数列{a n +n }是等比数列，首项为4，公比为2．∴a n =4×2n -1-n =2n +1-n ．(2)解：数列{a n }的与前n 项和S n =(22+23+⋯+2n +1)-(1+2+⋯+n )=4(2n -1)2-1-n (1+n )2=2n +2-4-n 2+n 2．40.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3=6，S 6=42．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式(Ⅱ)设b n =a n ，n 为奇数2a n2，n 为偶数，求数列{b n }的前2n 项和.【解析】(Ⅰ)设首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n}的前n 项和为S n ，由a 3=6，S 6=42得a 1+2d =66a 1+6×52d =42，解得a 1=2d =2 ，所以a n =2+2(n -1)=2n ．(Ⅱ)由于a n =2n ，所以设b n =a n ，n 为奇数2a n2，n 为偶数=2n (n 为奇数)2n(n 为偶数) ，所以T n =[2+6+10+14+⋯+2(2n -1)]+(22+24+⋯+22n )=2n 2+434n -141.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S nn是等差数列，a 1=2，a 2=4．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n =1(a n -1)(2n +1)，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)由题意得S 11=1，S22=3，设等差数列S nn 的公差为d ，则d =S 22-S 11=1．∴Sn n=2+(n -1)×1=n +1，∴S n =n (n +1)，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=2n ，经检验a 1=2也满足上式，∴a n =2n (n ∈N *)，(2)b n =1(a n -1)(2n +1)=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1，∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1，∴T n =n2n +1．42.已知正项等差数列{a n }满足：S n 2=a 31+a 32+⋅⋅⋅+a n 3，n ∈N *，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n =(-1)n 4n(2a n -1)(2a n +1)(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 2n ．【解析】(1)正项等差数列{a n }满足：S n 2=a 31+a 32+⋅⋅⋅+a n 3，①，当n =1时，解得a 1=1；当n =2时，S 22=a 31+a 32，整理得a 22-a 2-2=0，解得a 2=2或-1(负值舍去)，故公差d =a 2-a 1=1，故a n =n ．(2)由(1)得：b n =(-1)n4n(2a n -1)(2a n +1)=(-1)n4n(2n -1)(2n +1)=(-1)n12n -1+12n +1 ，所以T 2n =-1-13+13+15+...+14n -1+14n +1=14n +1-1=-4n4n +143.已知数列{a n }满足：a 1=12，数列1a n 的前n 项和S n =3n 2+n2．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n =a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)当n ≥2时，S n -1=3(n -1)2+(n -1)2=3n 2-5n +22，则1a n =S n -S n -1=3n 2+n 2-3n 2-5n +22=3n -1．又当n =1时，1a 1=2满足上式，所以1a n =3n -1，则a n =13n -1．(2)又(1)可知b n =a n a n +1=1(3n -1)(3n +2)=1313n -1-13n +2，所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n -1+b n =1312-15+15-18+18-111+⋯+13n -4-13n -1+13n -1-13n +2 =1312-13n +2 =n 6n +4．所以数列{b n }的前n 项和T n =n 6n +4．44.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n +1=2S n +1(n ∈N +)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n =3b n-1，求数列b n a n 的前n 项和T n ．【解析】(1)当n =1时，a 2=2a 1+1，当n ≥2时，a n +1-a n =2S n -2S n -1=2a n ，即a n +1=3a n ，∴等比数列{a n }的公比是3，∴a 2=3a 1，即2a 1+1=3a 1，故a 1=1，故数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n =3n -1；(2)由(1)知，a n =3n -1，又a n =3b n -1，∴b n -1=n -1，故b n =n ，∴b n a n =n3n -1，则T n =130+231+332+⋅⋅⋅+n -23n -3+n -13n -2+n 3n -1，①，13T n =131+232+333+⋅⋅⋅+n -23n -2+n -13n -1+n 3n，②两式相减得：23T n =130+131+132+⋅⋅⋅+13n -3+13n -2+13n -1-n 3n =1-13n1-13-n 3n =32-2n +32×3n，∴T n =94-2n +34×3n -1．45.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n 均满足S 12+S 222+S 323+⋅⋅⋅+S n 2n =n -1+12n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n =2n S n S n +1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足T n ≥20212022的最小正整数n 的值．【解析】(1)当n =1时，S 12=12，得S 1=1．当n ≥2时，由S 12+S 222+S 323+⋅⋅⋅+S n2n =n -1+12n ①，得S 12+S 222+S 323+⋅⋅⋅+S n -12n -1=(n -1)-1+12n -1②，①-②得S n 2n =1-12n (n ≥2)，∴S n =2n -1(n ≥2)，当n =1时，得a 1=S 1=1；当n ≥2时，由a n =S n -S n -1=2n -1-2n -1+1=2n -1．又a 1=1也满足上式，所以a n =2n -1．(2)由(1)得b n=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1，所以S n=12-1-122-1+122-1-123-1+⋯+12n-1-1 2n+1-1=1-12n+1-1，由1-12n+1-1≥20212022得2n+1-1≥2022，即2n+1≥2023，因为210<2023<211，所以n+1≥11，即n≥10，故满足T n≥20212022的最小正整数为10．46.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2a n-S n=1(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=a n+1(a n+1-1)(a n+2-1)，数列{b n}的前n项和为T n，求证：23≤T n<1．【解析】(1)由2a n-S n=1(n∈N*)，可得2a1-S1= 2a1-a1=1，即a1=1，当n≥2时，2a n-1-S n-1=1，又2a n-S n=1，相减可得2a n-2a n-1=a n，即a n=2a n-1，则a n=2n-1；(2)证明：b n=a n+1(a n+1-1)(a n+2-1)=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1，T n=1-13+13-17+17-115+...+12n-1-1 2n+1-1=1-12n+1-1，由{T n}是递增数列，可得T n≥T1=23，且T n<1．所以23≤T n<1．47.已知公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4=16，a22=a1a5．(1)求数列{a n}的通项公式a n和S n；(2)若b n=1a n a n+1，数列{b n}的前n项和T n满足T n≥48101，求n的最小值．【解析】(1)设数列{a n}的公差为d，由题意知4a1+6d=16，(a1+d)2=a1(a1+4d)，解得a1=1，d=2，所以a n=1+(n-1)×2=2n-1，S n=n(1+2n-1)2=n2．(2)由(1)得，b n=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1，所以T n=121-13+13-15+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1，令n2n+1≥48101，得n≥485，又n∈N*，所以n的最小值为10．48.公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1，a2，a6成等比数列，S6=51．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1a n a n+1(n∈N*)，数列{b n}的前n项和记为T n，求证：T n<13．【解析】(1)设{a n}公差为d，∵a1，a2，a6成等比数列，S6=51，∴a1⋅a6=a22a1+a2+a3+a4+a5+a6=51，即a1(a1+5d)=(a1+d)26a1+6×52d=51，解得a1=1，d=3，∴a n=3n-2，(2)证明：b n=1a n a n+1=1(3n-2)(3n+1)=1313n-2-13n+1，∴T n=131-14+14-17+⋅⋅⋅+13n-2-13n+1=131-13n+1=13-133n+1<13，∴T n<13．49.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2a n=S n+n-1．(1)求证：{a n+1}为等比数列；(2)设b n=2n(a n+2)(a n+1+2)，数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n<1．【解析】【解答】证明：(1)当n=1时，2a1=a1+1-1，解得a1=0，当n≥2时，2a n-2a n-1=S n+n-1-(S n-1+n-2)，化为：a n=2a n-1+1．变形为：a n+1=2(a n-1+1)，a1+1=1，∴{a n+1}为等比数列，首项为1，公比为2．(2)由(1)可得：a n+1=2n-1，∴a n=2n-1-1．∴b n=2n(a n+2)(a n+1+2)=2n(2n-1+1)(2n+1)=212n-1+1-12n+1，∴数列{b n}的前n项和为T n=2120+1-121+1++⋯⋯+12n-1+1-12n+1=212-12n+1<1，∴T n<1．50.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n+n=2a n(n∈N*)．(1)证明：数列{a n+1}是等比数列；(2)设b n=2na n a n+1，求数列{b n}的前n项和T n．【解析】(1)当n=1时，a1+1=2a1得a1=1．当n≥2时，S n+n=2a nS n-1+n-1=2a n-1，两式相减得a n=2a n-1+1(n≥2)，即a n+1=2(a n-1+1)(n≥2)，所以数列{a n+1}是以2为公比，以2为首项的等比数列，(2)由(1)知a n+1=2n(n∈N*)，即a n=2n-1(n∈N*)．∵b n=2na n a n+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1，则T n=b1+b2+⋯+b n=1-13+13-17+⋯+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1．。
数列求和专题(必考必练,方法全面,有答案)
数列求和专题一.公式法（已知数列是等差或等比数列可以直接使用等差或等比的求和公式求和） 二.分组求和法若数列的通项是若干项的代数和，可将其分成几部分来求.例1：求数列11111246248162n n ++L ，，，，，…的前n 项和n S ．- 23411111111(2462)(1)222222n n n S n n n ++⎛⎫=+++++++++=++- ⎪⎝⎭L L ．例2： 求数列5，55，555，…，55…5 的前n 项和S n解： 因为55…5=)110(95-n 所以 S n =5+55+555+...+55 (5)=[])110()110()110(952-+⋅⋅⋅+-+-n=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---n n 110)110(1095 =815095108150--⨯n n 练习：、求数列11111,2,3,4,392781L 的前n 项和。
解：211223nn n ++-⋅三．错位相减法这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和，其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.例： 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………（0x ≠）解： 当x=1时，23121315171(21)1135(21)n n S n n n -=+∙+∙+∙+⋅⋅⋅+-∙=++++-=当x ≠1时， 132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………. ① ①式两边同乘以x 得n xS = 231135(23)(21)n n x x x n x n x -+++⋅⋅⋅+-+-………② （设制错位）①－②得 n n n x n xx x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=-- （错位相减）再利用等比数列的求和公式得：n n n x n xx x S x )12(1121)1(1----⋅+=-- ∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+n练习： 1：求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n 前n 项的和. 1224-+-=n n n S2. 已知数列.}{,)109()1(n n nn S n a n a 项和的前求⨯+=四．裂项相消法 常见的拆项公式有：1()n n k =+111()k n n k -+=1k，1(21)(21)n n =-+111()22121n n --+，等. 例1：求数列311⨯，421⨯，531⨯，…，)2(1+n n ，…的前n 项和S. 解：∵)2(1+n n =211(21+-n n ）S n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+⋅⋅⋅+-+-)211()4121()311(21n n =)2111211(21+-+--n n =42122143+-+-n n 例2：设9)(2+=x x f ,（1）若;),2(),(,111n n n u n u f u u 求≥==-（2）若;}{,,3,2,1,11n n k k k S n a k u u a 项和的前求数列 =+=+解：（1）}{),2(9122121n n nu n u u u ∴⎩⎨⎧≥+==- 是公差为9的等差数列，,89,0,892-=∴>-=∴n u u n u n n n（2）),8919(9119891--+=++-=k k k k a k);119(91)]8919()1019()110[(91-+=--+++-+-=∴n n n S n练习： 1、 求数列2112+，2124+，2136+，2148+，…的前n 项和n S .2、求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.五．倒序相加法这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +.例1：求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..② （反序） 又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得 （反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.5例2： 求222222222222123101102938101++++++++的和． 解：设222222222222123101102938101S =++++++++ 则222222222222109811012938101S =++++++++．两式相加，得 2111105S S =+++=∴=，．练习：设221)(xx x f +=，求：⑴)4()3()2()()()(111f f f f f f +++++； ⑵).2010()2009()2()()()()(21312009120101f f f f f f f ++++++++ 【解题思路】观察)(x f 及⎪⎭⎫ ⎝⎛x f 1的特点，发现1)1()(=+xf x f 六、合并法求和针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S n .例6： 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.解：设S n ＝ cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°∵ cos(180)cos n n -=- （找特殊性质项）∴S n ＝ （cos1°+ cos179°）+（ cos2°+ cos178°）+ （cos3°+ cos177°）+···+（cos89°+ cos91°）+ cos90° （合并求和）＝ 0练习：已知：n S n n ⋅-++-+-+-=+1)1(654321 .求n S .（⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+=)(2)(21为正偶数为正奇数n n n n S n ）。
高一数学数列求和试题答案及解析
高一数学数列求和试题答案及解析1.数列的通项公式，它的前n项和为，则_________．【答案】99【解析】,可得前n项和，所以，则.【考点】数列的求和.2.已知函数f(x)＝x a的图象过点(4,2)，令an ＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 013＝( )A．－1B．－1C．－1D．＋1【答案】C【解析】由函数f(x)＝x a的图象过点(4,2)得:,从而;,从而,故选C.【考点】数列求和.3.已知数列的前n项和为，且，则＝A．4B．2C．1D．－2【答案】A【解析】当时，解得，当时，，解得.【考点】数列的运算.4.数列，…前n项的和为A．B．C．D．【答案】B【解析】设前项和为，则有，解得.【考点】数列的求和.5.设数列的前项和为，对任意的正整数，都有成立，记.（1）（1）求数列与数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，是否存在正整数，使得成立？若存在，找出一个正整数；若不存在，请说明理由．（3）记，设数列的前项和为，求证：对于都有【答案】(1)；(2)不存在，见解析；（3）见解析.【解析】（1）根据题中给的an =5Sn+1，继而可得an-1=5sn-1+1，两式子相减得，an-an-1=5an，因此,因而可得出an ，bn的通项公式;（2）根据bn的通项公式，算出的前n项和为Rn，再计算出是否存在正整数k;（3）根据bn 的通项公式，计算出cn的通项公式，再比较Tn与的大小.（1）当时，,又,,∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴，（2）不存在正整数，使得成立。
证明：由（1）知∴当n为偶数时，设 ,∴当n为奇数时，设∴∴对于一切的正整数n，都有,∴不存在正整数，使得成立;（3）由得又，当时，，当时，【考点】数列递推式；数列的应用；数列的求和6.在数列中，为常数，，且成公比不等于1的等比数列．（1）求的值；（2）设，求数列的前项和【答案】(1) (2)【解析】(1)根据为常数可判断出数列是等差数列,根据等差数列通项可得,从而解出其中的值,注意值的取舍．(2)根据(1)知, ,代入,根据形式特点,使用裂项相消法求数列的和．（1）根据为常数，可得,所以数列是等差数列,其首项,公差,所以．故．又成等比数列，所以，解得或．当时，不合题意，舍去．所以．（2）由（Ⅰ）知，．利用裂项相消法,可得所以【考点】数列的判断; 裂项相消法求数列的和．7.在数列{an }中，已知，则数列{an}的前2012项的和为．【答案】【解析】因为，所以，即数列为等差数列，所以，因此数列{an}的前2012项的和为【考点】构造等差数列，裂项相消求和8.数列的通项公式是其前项和为则项数等于A．6B．9C．10D．13【答案】A【解析】先将数列的通项变形，再求和，利用已知条件建立方程，即可求得数列的项数n解：因为，所以由得：。
数列求和精选难题易错题含答案
上，。
y=2x+1 Sn，a1=t在直线，点1、数列{an}的前n项和记为（1）若数列{an}是等比数列，求实数t的值；（2）设bn=nan，在（1）的条件下，求数列{bn}的前n项和Tn；的个数称为这个数列{cn}中，的整数所有满足0（3）设各项均不为的数列）的条件下，求数列的“积异号数”。
，在（2的”，令（）时，有）由题意，当（1 解：）两式相减，得（即：是等比数列，要使时，当时是等比数列，，从而得出则只需的首项为2）由（1）得，等比数列，公比，（①可得②得，）知3（）由（2，，数列递增，。
1的“积异号数”为数列时，，得当由．，满足．Sn 、已知数列{an}的前n项和为2 an；（Ⅰ）求数列{an}的通项公式满足，求n项和为Tn的最小值；（Ⅱ）令，且数列{bn}的前n（Ⅲ）若正整数m，r，k成等差数列，且，试探究：am，ar，ak能否成等比数列？证明你的结论．解：，（Ⅰ）∵，∴，由是以∴数列为首项，为公比的等比数列，，又；∴，即（Ⅱ），∴，，即n的最小值为5；∴（Ⅲ）∵，，成等比数列，若，即，∴，由已知条件得，∴，∴上式可化为∴∵，，，∴．为奇数，为偶数，∴不可能成立，因此，不可能成等比数列．，∴3、设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1=1，b1=3，a2+b2=8，T3-S3=15（1）求{an}，{bn}的通项公式。
满足求数列{cn}（2）若数列{cn} 。
的前n项和Wnq 的公比为的公差为d，等比数列{bn} 设等差数列{an} ，得1+d+3q=8 ①a1=1∵，b1=3由a2+b2=8 （3+3d)=15 ②（T3-S3=15得3q2+q+1）-由∴消去d 得q2+4q-12=0 化简①②∴q=2或q=-6∵q＞0∴q=2则d=1∴an=n bn=3·2n-1∴①⑵∵an=n时，②…当②得由①-∴cn=3n+3∴c1=7 又由⑴得n…项和∴{an}的前的前四项和是a1，a7。
(完整版)数列求和习题及答案
(完整版)数列求和习题及答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN§6.4 数列求和（时间：45分钟 满分：100分）一、选择题(每小题7分，共35分)1．在等比数列{a n } (n ∈N *)中，若a 1＝1，a 4＝18，则该数列的前10项和为( )A ．2－128 B ．2－129 C ．2－1210D ．2－12112．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( )A ．2n ＋n 2－1B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n ＋n －23．已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值等于( ) A ．126B ．130C ．132D ．1344．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－4005．数列1·n ,2(n －1),3(n －2)，…，n·1的和为( )A.16n(n ＋1)(n ＋2)B.16n(n ＋1)(2n ＋1)C.13n(n ＋2)(n ＋3)D.13n(n ＋1)(n ＋2) 二、填空题(每小题6分，共24分)6．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________.7．已知数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n 之间满足关系式S n ＝2－3a n ，则a n ＝__________.8．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n项和S n ＝________.9．设关于x 的不等式x 2－x<2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________． 三、解答题(共41分)10．(13分)已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，对于任意的n ∈N *满足关系式2S n ＝3a n －3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的通项公式是b n ＝1log 3a n ·log 3a n ＋1，前n 项和为T n ，求证：对于任意的正数n ，总有T n <1.11．(14分)已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n·2n ＋1>50成立的最小正整数n 的值．12．(14分)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d>0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1n (a n ＋3) (n ∈N *)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在最大的整数t ，使得对任意的n 均有S n >t36总成立？若存在，求出t ；若不存在，请说明理由．答案 1.B 2.C 3.C4.B5.A6. 13(4n －1)7. 12⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －18.n n ＋19.10 10010. (1)解 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝3a n －3，2S n －1＝3a n －1－3(n ≥2)．故2(S n －S n －1)＝2a n ＝3a n －3a n －1，即a n ＝3a n －1 (n ≥2)． 故数列{a n }为等比数列，且公比q ＝3.又当n ＝1时，2a 1＝3a 1－3，∴a 1＝3.∴a n ＝3n . (2)证明 ∵b n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.11解 (1)设此等比数列为a 1，a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，…，其中a 1≠0，q ≠0.由题意知：a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28， ① a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)．②②×7－①得6a 1q 3－15a 1q 2＋6a 1q ＝0， 即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.∵等比数列{a n }单调递增，∴a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n . (2)由(1)得b n ＝－n·2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n )．设T n ＝1×2＋2×22＋…＋n·2n ，③ 则2T n ＝1×22＋2×23＋…＋n·2n ＋1.④由③－④，得－T n ＝1×2＋1×22＋…＋1·2n －n·2n ＋1 ＝2n ＋1－2－n·2n ＋1＝(1－n)·2n ＋1－2， ∴－T n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.∴S n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.要使S n ＋n·2n ＋1>50成立，即－(n －1)·2n ＋1－2＋n·2n ＋1>50，即2n >26.∵24＝16<26,25＝32>26，且y ＝2x 是单调递增函数， ∴满足条件的n 的最小值为5.12解 (1)由题意得(a 1＋d)(a 1＋13d)＝(a 1＋4d)2，整理得2a 1d ＝d 2.∵a 1＝1，解得d ＝2，d ＝0(舍)． ∴a n ＝2n －1 (n ∈N *)．(2)b n ＝1n (a n ＋3)＝12n (n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 2(n ＋1).假设存在整数t 满足S n >t36总成立，又S n ＋1－S n ＝n ＋12(n ＋2)－n 2(n ＋1)＝12(n ＋2)(n ＋1)>0，∴数列{S n }是单调递增的．∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t<9. 又∵t ∈Z ，∴适合条件的t 的最大值为8.。
高中数学《数列求和与综合问题》专项练习题(含答案解析)
高中数学《数列求和与综合问题》专项练习题（含答案解析）一、选择题1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( ) A ．3×44 B ．3×44＋1 C ．44D ．44＋1A [因为a n ＋1＝3S n ，所以a n ＝3S n －1(n ≥2)， 两式相减得，a n ＋1－a n ＝3a n ，即a n ＋1a n＝4(n ≥2)，所以数列a 2，a 3，a 4，…构成以a 2＝3S 1＝3a 1＝3为首项，公比为4的等比数列，所以a 6＝a 2·44＝3×44.]2．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( ) A ．2B ．12C ．3D ．13C [∵在等差数列中，S 2n －1＝(2n －1)a n ，∴S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3，∴35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3，∵a 1a 2a 3＝15，∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，即a 2＝3.]3．已知数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝4，b n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin 2n π2b n ＋cos 2n π2，则该数列的前23项的和为( )A ．4 194B ．4 195C ．2 046D ．2 047A [当n 为偶数时，b n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋sin 2n π2b n ＋cos 2n π2＝b n ＋1，有b n ＋2－b n ＝1，即偶数项成等差数列，所以b 2＋b 4＋…＋b 22＝11b 2＋11×102×1＝99.当n 为奇数时，b n ＋2＝2b n ，即奇数项成等比数列，所以b 1＋b 3＋…＋b 23＝b 11－2121－2＝212－1＝4 095.所以该数列的前23项的和为99＋4 095＝4 194，故选A ．]4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，则S 2 0192 019＝( )A ．1 010B ．1 009C ．2 020D ．2 019A [S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)， ＝(2×0＋1)＋(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2 018＋1)， ＝1＋2×2 018＋11 0102＝2 019×1 010，∴S 2 0192 019＝1 010，故选A ．]5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2＋λa n ，且a 1＝1，则S 5＝( ) A ．27 B ．5327C ．3116D ．31C [∵S n ＝2＋λa n ，且a 1＝1，∴S 1＝2＋λa 1， 即λ＝－1，∴S n ＝2－a n ，当n ≥2时，S n ＝2－(S n －S n －1)，∴2S n ＝2＋S n －1，即S n ＝12S n －1＋1，∴S n －2＝12(S n －1－2)，∴S n －2＝(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.当n ＝1时也满足．∴S 5＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝3116.故选C ．]6．设曲线y ＝2 018x n ＋1(n ∈N *)在点(1,2 018)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝log 2 018x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 2 017的值为( )A ．2 018B ．2 017C ．1D ．－1D [因为y ′＝2 018(n ＋1)x n ，所以切线方程是y －2 018＝2 018(n ＋1)(x －1)，所以x n ＝nn ＋1，所以a 1＋a 2＋…＋a 2 017＝log 2 018(x 1·x 2·…·x 2 017)＝log 2 018⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×…×2 0172 018＝log 2 01812 018＝－1.]7．在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前87项和S 87＝140，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87等于( )A ．1403B ．60C ．80D ．160C [法一：a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝a 3(1＋q 3＋q 6＋…＋q 84)＝a1q 2×1q 3291－q 3＝q 21＋q ＋q 2×a 11－q 871－q ＝47×140＝80.故选C ． 法二：设b 1＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 85，b 2＝a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 86，b 3＝a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87，因为b 1q ＝b 2，b 2q ＝b 3，且b 1＋b 2＋b 3＝140，所以b 1(1＋q ＋q 2)＝140，而1＋q ＋q 2＝7，所以b 1＝20，b 3＝q 2b 1＝4×20＝80.故选C ．]8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1前n 项和的最大值为( )A ．49B ．1C ．4181D ．151315A [a 1＝9，a 2为整数，可知：等差数列{a n }的公差d 为整数，由S n ≤S 5，∴a 5≥0，a 6≤0，则9＋4d ≥0,9＋5d ≤0，解得－94≤d ≤－95，d 为整数，d ＝－2.∴a n ＝9－2(n －1)＝11－2n . 1a n ·a n ＋1＝111－2n9－2n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ， 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1前n 项和为 12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫19－2n －19， 令b n ＝19－2n ，由于函数f (x )＝19－2x 的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫92，0对称及其单调性，可知：0＜b 1＜b 2＜b 3＜b 4，b 5＜b 6＜b 7＜…＜0，∴b n ≤b 4＝1.∴最大值为49.故选A ．]二、填空题 9．已知a n ＝2n ，b n ＝3n －1，c n ＝b n a n，则数列{c n }的前n 项和S n 为________．5－3n ＋52n [由题设知，c n ＝3n －12n ，所以S n ＝221＋522＋823＋…＋3n －12n ， ①2S n ＝2＋521＋822＋…＋3n －12n －1，②由②－①得，S n ＝2＋321＋322＋…＋32n －1－3n －12n .故所求S n ＝2＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－3n －12n ＝5－3n ＋52n .]10．已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，a n ＋1a n＝n ＋1n，b n a n＝sin 2n π3－cos 2n π3，n ∈N *，则数列{b n }的前47项和等于________．1 120 [依题意得a n ＋1n ＋1＝a nn ，故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是常数列，于是有a n n ＝1，a n ＝n 2，b n ＝－n 2cos 2n π3，b 3k －2＋b 3k －1＋b 3k ＝3k －223k －122－(3k )2＝－9k ＋52(k ∈N *)，因此数列{b n }的前47项和为S 47＝S 48－b 48＝－9×161＋162＋52×16＋482＝1 120.]11．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.2 [由S nS 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n 2n －1d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，∵对任意正整数n ，上式恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧d 4k －10，2k －12－d0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.∴数列{a n }的公差为2.]12．记S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和，若S 4－2S 2＝3，则S 6－S 4的最小值为________．12 [由题可知数列{a n }的公比q ＞0，a n ＞0，则3＝(a 4－a 2)＋(a 3－a 1)＝a 1(q ＋1)·(q 2－1)，则有q ＞1，所以3S 6－S 4＝3a 6＋a 5＝3a 1q ＋1q 4＝a 1q ＋1q 2－1a 1q ＋1q 4＝1q 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q 22＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q 2－122≤14(当且仅当q ＝2时，取等号)，所以S 6－S 4≥12，即S 6－S 4的最小值为12.]三、解答题13．(2018·黔东南州二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝43(a n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n －1b n ＋1的前n 项和为T n ，证明：T n ＜12.[解] (1)当n ＝1时，有a 1＝S 1＝43(a 1－1)，解得a 1＝4.当n ≥2时，有S n －1＝43(a n －1－1)，则a n ＝S n －S n －1＝43(a n －1)－43(a n －1－1)，整理得：a na n －1＝4，∴数列{a n }是以q ＝4为公比，以a 1＝4为首项的等比数列．∴a n ＝4×4n －1＝4n (n ∈N *)即数列{a n }的通项公式为：a n ＝4n (n ∈N *)． (2)由(1)有b n ＝log 2a n ＝log 2 4n ＝2n ，则1b n ＋1b n －1＝12n ＋12n －1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1. 易知数列{T n }为递增数列， ∴T 1≤T n ＜12，即13≤T n ＜12.14．(2018·邯郸市一模)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2.(1)求T n －S n ； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n 2n 的前n 项和R n .[解] (1)依题意可得b 1－a 1＝3，b 2－a 2＝5，…，b n －a n ＝2n ＋1， ∴T n －S n ＝(b 1＋b 2＋…＋b n )－(a 1＋a 2＋…＋a n ) ＝n ＋(2＋22＋…＋2n )＝2n ＋1＋n －2. (2)∵2S n ＝S n ＋T n －(T n －S n )＝n 2－n ， ∴S n ＝n 2－n2，∴a n ＝n －1. 又b n －a n ＝2n ＋1， ∴b n ＝2n ＋n .∴b n2n ＝1＋n2n ， ∴R n ＝n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋222＋…＋n 2n ，则12R n ＝12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋223＋…＋n 2n ＋1，∴12R n ＝12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －n2n ＋1， 故R n ＝n ＋2×12－12n ＋11－12－n 2n ＝n ＋2－n ＋22n .。
高一数学数列求和试题答案及解析
高一数学数列求和试题答案及解析1.数列的通项公式，它的前n项和为，则_________．【答案】99【解析】,可得前n项和，所以，则.【考点】数列的求和.2.已知函数f(x)＝x a的图象过点(4,2)，令an ＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 013＝( )A．－1B．－1C．－1D．＋1【答案】C【解析】由函数f(x)＝x a的图象过点(4,2)得:,从而;,从而,故选C.【考点】数列求和.3.已知数列的通项公式为，是数列的前n项和，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，则。
【考点】通过分母有理化进行裂项相消进行数列求和。
4.己知数列的前n项和为，，当n≥2时，，，成等差数列. （1）求数列的通项公式；（2）设，是数列的前n项和，求使得对所有都成立的最小正整数.【答案】（1）（2）10【解析】解.（1）当n≥2时，2=①所以2＝②②-①化简得，又，求得用该公式表示，所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列，求得 7分（2）求得，所以，所以，恒成立，所以最小正整数的值为10 14分.【考点】等比数列点评：主要是考查了等比数列以及数列求和的运用，属于基础题。
5.数列的通项公式，其前项和为，则等于( )A．1006B．2012C．503D．0【答案】D【解析】根据数列的通项公式可知当n=1,2,3,4,得到的项为0，-n,0,n,依次后面的项周期出现，那么可知 ,那么对于2013= ,可知其和为首项0，故答案为D【考点】数列求和点评：主要是考查了数列的周期性的运用，来求解数列的和，属于基础题。
6.已知数列满足，；（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和，并求当最大时序号的值.【答案】（1）（2），当=6或7时，最大【解析】（1）累乘法：4’5’6’(2) 7’是等差数列8’9’10’当=6或7时，最大12’【考点】数列求通项求和点评：数列求通项采用的是累乘法，此法适用于通项公式一般为形式的数列，与之类似的还有累和法求通项在数列中也经常用到，由通项公式是关于n的一次函数式可知数列是等差数列7.记项正项数列为，其前项积为，定义为“相对叠乘积”，如果有2013项的正项数列的“相对叠乘积”为，则有2014项的数列的“相对叠乘积”为_______。
【必刷题】2024高二数学上册数列求和技巧专项专题训练(含答案)
【必刷题】2024高二数学上册数列求和技巧专项专题训练（含答案）试题部分一、选择题：1. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn = n^2 + n，则数列{an}的通项公式为（）A. an = 2nB. an = 2n + 1C. an = n + 1D. an = n^22. 等差数列{an}的前5项和为35，第5项为15，则数列的公差为（）A. 2B. 3C. 4D. 53. 已知数列{an}的通项公式为an = 3n 2，则数列的前10项和为（）A. 85B. 95C. 105D. 1154. 等比数列{an}的首项为2，公比为3，前4项和为（）A. 80B. 81C. 82D. 835. 数列{an}的通项公式为an = 2^n，则数列的前5项和为（）A. 30B. 31C. 32D. 336. 已知数列{an}的通项公式为an = n^2 + n，则数列的前6项和为（）A. 126B. 136C. 146D. 1567. 等差数列{an}的公差为2，第7项为17，则数列的前7项和为（）A. 84B. 88C. 92D. 968. 等比数列{an}的首项为3，公比为1/2，前5项和为（）A. 15/2B. 17/2C. 19/2D. 21/29. 数列{an}的通项公式为an = n(n+1)，则数列的前4项和为（）A. 20B. 24C. 28D. 3210. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn = n^3 + n^2，则数列{an}的通项公式为（）A. an = 3n^2 + 2nB. an = 3n^2 + 3nC. an = 2n^2 + 3nD. an = 2n^2 + 2n二、判断题：1. 等差数列的前n项和公式为Sn = n(a1 + an)/2。
（）2. 等比数列的前n项和公式为Sn = a1(1 q^n)/(1 q)，其中q为公比。
（）3. 数列{an}的通项公式为an = 2n，则数列的前n项和为n^2。
高考数列求和专项训练及解答
高考数列求和专项训练及解答一．选择题（共3小题）1．已知数列1，3，5，7，…则其前n项和Sn为（）A．n2+1﹣B．n2+2﹣C．n2+1﹣D．n2+2﹣2．已知项数为奇数的等差数列{an}共有n项，其中奇数项之和为72，偶数项之和为60，则项数n 的值是（）A．9B．10C．11D．133．已知等差数列{an }的前n项和为Sn，S3=6，S5=15．设数列{}的前n项和为Tn，若Tn=，则n=（）A．19B．20C．21D．22二．解答题（共5小题）4．已知数列{an }的通项是an=2n﹣1．（1）求数列{an }的前n项和为Sn（2）设数列的前n项和为Tn ，求Tn．5．已知正项数列满足4Sn =an2+2an+1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn =，求数列{bn}的前n项和Tn．6．已知等比数列{an }的公比q＞0，a1a5=8a2，且3a4，28，a6成等差数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）记bn =，求数列{bn}的前n项和Tn．7．在数列{an }中，a1=1，．（1）求a2，a3，a4，猜想an，无需证明；（2）若数列，求数列{an }的前n项和Sn．8．已知数列{an }的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2an+2n．（1）证明数列{}是等差数列，并求出an；（2）求Sn；（3）令bn =，若对任意正整数n，不等式bn＜恒成立，求实数m的取值范围．2018年10月20日克拉玛****高级中学的高中数学组卷参考答案与试题解析一．选择题（共3小题）1．已知数列1，3，5，7，…则其前n项和Sn为（）A．n2+1﹣B．n2+2﹣C．n2+1﹣D．n2+2﹣【分析】利用等差数列与等比数列的前n项和公式即可得出．【解答】解：Sn=1+3+5+…+（2n﹣1）++…+=+=n2+．故选：A．【点评】本题考查了等差数列与等比数列的前n项和公式，属于基础题．2．已知项数为奇数的等差数列{an}共有n项，其中奇数项之和为72，偶数项之和为60，则项数n 的值是（）A．9B．10C．11D．13【分析】利用项数为奇数的等差数列{an}共有n项，求出奇数项之和，偶数项之和，然后通过比值求解即可．【解答】解：由题意，；；∴，∴n=11．故选：C．【点评】本题考查数列求和，数列的应用，考查计算能力．3．已知等差数列{an }的前n项和为Sn，S3=6，S5=15．设数列{}的前n项和为Tn，若Tn=，则n=（）A．19B．20C．21D．22【分析】等差数列{an}的公差设为d，由等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项、公差，求得==﹣，由裂项相消求和可得前n项和Tn，解方程可得n的值．【解答】解：等差数列{an }的公差设为d，前n项和为Sn，S3=6，S5=15，可得3a1+3d=6，5a1+10d=15，解得a1=d=1，即an=1+n﹣1=n，==﹣，前n项和为Tn=1﹣+﹣+…+﹣=1﹣，由Tn=，可得n=20，故选：B．【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．二．解答题（共5小题）4．已知数列{an }的通项是an=2n﹣1．（1）求数列{an }的前n项和为Sn（2）设数列的前n项和为Tn ，求Tn．【分析】（1）利用等差数列的通项公式求解数列的和即可．（2）利用错位相减法求解数列的和即可．【解答】（12分）解：（1）∵an =2n﹣1，∴a1=1，∴（2）①，②①减②得：==，∴．【点评】本题主要考查数列通项公式和前n项和的求解，利用错位相减法的应用，考查计算能力．5．已知正项数列满足4Sn =an2+2an+1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn =，求数列{bn}的前n项和Tn．【分析】（1）由，可知当n≥2时，，两式作差可得an ﹣an﹣1=2（n≥2），再求出首项，代入等差数列的通项公式可得数列{an}的通项公式；（2）把数列{an }的通项公式代入bn=，再由裂项相消法求数列{bn}的前n项和Tn．【解答】解：（1）由，可知当n≥2时，，两式作差得an ﹣an﹣1=2（n≥2），又，得a1=1，∴an=2n﹣1；（2）由（1）知，，∴Tn =b1+b2+…+bn==．【点评】本题考查等差数列的通项公式，训练了利用裂项相消法求数列的前n项和，是中档题．6．已知等比数列{an }的公比q＞0，a1a5=8a2，且3a4，28，a6成等差数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）记bn =，求数列{bn}的前n项和Tn．【分析】（1）利用等差数列以及等比数列的通项公式列出方程组，求出数列的首项与公比，然后求解数列的通项公式；（2）化简通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可．【解答】解：（1）由a1a5=8a2得：a1q3=8，即a4=8，又∵3a4，28，a6成等差数列，∴3a4+a6=56，将a4=8代入得：a6=32．从而：a1=1，q=2．∴an=2n﹣1；（2）bn==2n•（）n﹣1，Tn=2×（）0+4×（）1+6×（）2+…+2（n﹣1）•（）n﹣2+2n•（）n﹣1……………………①Tn=2×（）1+4×（）2+6×（）3+…+2（n﹣1）•（）n﹣1+2n•（）n……………………②①﹣②得：Tn=2×[（）0+2（）1+（）2+…+（）n﹣1]﹣2n•（）n=2+2×﹣2n•（）n=4﹣（n+2）•（）n﹣1．∴Tn=8﹣（n+2）•（）n﹣2．【点评】本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列求和的方法，考查转化首项以及计算能力，是中档题．7．在数列{an }中，a1=1，．（1）求a2，a3，a4，猜想an，无需证明；（2）若数列，求数列{an }的前n项和Sn．【分析】（1）利用已知条件通过递推关系式求解a2，a3，a4，猜想an；（2）化简数列，利用裂项消项法求数列{an }的前n项和Sn．【解答】解：（1）∵a1=1，an+1=，∴a2==，a3=═，a4=═．猜想：an=．（2）由（1）知：bn===2[﹣]，从而sn =b1+b2+…+bn=2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=2[1﹣]=．【点评】本题考查数列求和，数列的递推关系式的应用，考查计算能力．8．已知数列{an }的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2an+2n．（1）证明数列{}是等差数列，并求出an；（2）求Sn；（3）令bn =，若对任意正整数n，不等式bn＜恒成立，求实数m的取值范围．【分析】（1）两边同除以2n+1，结合等差数列的定义和通项公式，即可得到所求；（2）运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简可得所求和；（3）求得bn ==（）n+（n﹣1）•（）n，讨论bn的单调性，求得最大值，可得m2﹣m﹣6＞0，解不等式即可得到所求范围．【解答】解：（1）证明：a1=1，an+1=2an+2n，可得=+，可得数列{}是首项和公差均为的等差数列，可得=n，即an=n•2n﹣1；（2）Sn=1•20+2•2+3•22+…+n•2n﹣1，2Sn=1•2+2•22+3•23+…+n•2n，相减可得﹣Sn=1+2+22+…+2n﹣1﹣n•2n，=﹣n•2n，化简可得Sn=1+（n﹣1）•2n；（3）bn==（）n+（n﹣1）•（）n，b n+1﹣bn=（）n+1+n•（）n+1﹣（）n﹣（n﹣1）•（）n=，当n=1时，b2﹣b1=；n=2时，b3﹣b2=；即b1＜b2＜b3，当n≥3时，bn+1﹣bn＜0，即b3＞b4＞b5＞…，则n=3时，bn 的最大值为b3=，不等式b＜恒成立，可得n＜，即为m2﹣m﹣6＞0，解得m＞3或m＜﹣2．则m的取值范围是（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞）．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，以及数列的单调性的运用：解不等式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．。
数列易错题带答案
1．若数列{}{},n n a b 、的通项公式分别是a a n n ⋅-=+2007)1(，nb n n 2008)1(2+-+=，且n n b a <，对任意n N *∈恒成立，则常数a 的取值范围是（ ）A.[)1,2-B. [)+∞-,2C. []1,2-D. ()1,∞-2．已知等差数列{a n }的前n 项和是n a n S n 22182--=，则使2006-<n a 成立的最小正整数n 为（ ）A.2009B.2010C.2011D.20123．在数列{}n a 中，233,1411+==+n n a a a ，则使02<+n n a a 成立的n 值是（ ）A.21B.22C.23D.244．已知等比数列{}n a 满足0n a >，1,2,n =，且25252(3)n n a a n -⋅=≥，且当1n ≥时， 2123221log log log n a a a -+++=（ ） A ．(21)n n - B ．2(1)n + C ．2n D ．2(1)n -5．已知{}n a 为等差数列，1a +3a +5a =105，246a a a ++=99，以n S 表示{}n a 的前n 项和，则使得n S 达到最大值的n 是A ．21B ．20C ．19D ．186．已知数列{}n a 的通项公式是32122-+-=n n a n ,其前n 项和是n S ,则对任意的m n >（其中*∈N n m ,*），m n S S -的最大值是 .7．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若972S =,则249a a a ++= 。
8．设等比数列{}n a 的公比12q =，前n 项和为n S ，则44S a = ． 9．已知数列{}n a 满足：1a ＝m （m 为正整数），1,231,n n n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩当为偶数时，当为奇数时。
数列求和精选难题、易错题(含答案)
1、数列{an}的前n项和记为Sn，a1=t，点在直线y=2x+1上，。
（1）若数列{an}是等比数列，求实数t的值；（2）设bn=nan，在（1）的条件下，求数列{bn}的前n项和Tn；（3）设各项均不为0的数列{cn}中，所有满足的整数的个数称为这个数列的”，令（），在（2）的条件下，求数列的“积异号数”。
解：（1）由题意，当时，有两式相减，得即：（）当时，是等比数列，要使时是等比数列，则只需，从而得出（2）由（1）得，等比数列的首项为，公比，①可得②得（3）由（2）知，，，，数列递增由，得当时，数列的“积异号数”为1。
2、已知数列{an}的前n项和为Sn，满足．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；（Ⅱ）令，且数列{bn}的前n项和为Tn满足，求n的最小值；（Ⅲ）若正整数m，r，k成等差数列，且，试探究：am，ar，ak能否成等比数列？证明你的结论．解：（Ⅰ）∵，由，∴，又，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，∴，即；（Ⅱ），∴，∴，即n的最小值为5；（Ⅲ）∵，若，，成等比数列，即由已知条件得，∴，∴，∴上式可化为，∵，∴，∴，∴为奇数，为偶数，因此不可能成立，∴，，不可能成等比数列．3、设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1=1，b1=3，a2+b2=8，T3-S3=15（1）求{an}，{bn}的通项公式。
（2）若数列{cn}满足求数列{cn}的前n项和Wn。
设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q∵a1=1，b1=3由a2+b2=8，得1+d+3q=8 ①由T3-S3=15得3（q2+q+1）-（3+3d)=15 ②化简①②∴消去d得q2+4q-12=0∴q=2或q=-6∵q＞0∴q=2则d=1∴an=n bn=3·2n-1⑵∵an=n∴①当时，…②由①-②得∴cn=3n+3又由⑴得c1=7 ∴∴{an}的前n项和…4、已知各项均不相等的等差数列的前四项和是a1，a7。
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1、数列{an}的前n项和记为Sn，a1=t，点在直线y=2x+1上，。
（1）若数列{an}是等比数列，求实数t的值；
（2）设bn=nan，在（1）的条件下，求数列{bn}的前n项和Tn；
（3）设各项均不为0的数列{cn}中，所有满足的整数的个数称为这个数列的”，令（），在（2）的条件下，求数列的“积异号数”。
解：（1）由题意，当时，有
两式相减，得即：（）
当时，是等比数列，要使时是等比数列，
则只需，从而得出
（2）由（1）得，等比数列的首项为，公比，
??①
可得??②
得
（3）由（2）知，
，，
，数列递增
由，得当时，数列的“积异号数”为1。
2、已知数列{an}的前n项和为Sn，满足．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；
（Ⅱ）令，且数列{bn}的前n项和为Tn满足，求n的最小值；
（Ⅲ）若正整数m，r，k成等差数列，且，试探究：am，ar，ak能否成等比数列？证明你的结论．
解：（Ⅰ）∵，
由，∴，
又，?∴数列是以为首项，为公比的等比数列，
∴，????即；
（Ⅱ），???? ∴????????
，????
∴，即n的最小值为5；
（Ⅲ）∵，
若，，成等比数列，?
即
由已知条件得，∴，
∴，
∴上式可化为，
∵，∴，
∴，
∴为奇数，为偶数，
因此不可能成立，?????
∴，，不可能成等比数列．
3、设等差数列{an}的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前n项和为Tn，已知a1=1，b1=3，a2+b2=8，T3-S3=15????
（1）求{an}，{bn}的通项公式。
????
（2）若数列{cn}满足?求数列{cn}的
前n项和Wn。
设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q
∵a1=1，b1=3由a2+b2=8，得1+d+3q=8??①
由T3-S3=15得3（q2+q+1）-（3+3d)=15??②
化简①②∴消去d得q2+4q-12=0
∴q=2或q=-6
∵q＞0∴q=2则d=1∴an=n??bn=3·2n-1??????????????????????????
⑵∵an=n∴?①
当时，…??②
由①-②得∴cn=3n+3?
又由⑴得c1=7?∴???????????
∴{an}的前n项和…????????????????????
4、已知各项均不相等的等差数列的前四项和是a1，a7。
??????
（1）求数列的通项公式；?????
（2）设Tn为数列的前n项和，若对一切恒成立，求实数的最大值。
解：（1）设公差为d，由已知得??解得d=1或d=0（舍去）???????。
（2）
，?????????即
又????。