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第四節(jié) 數(shù) 列 求 和
[全盤鞏固]
1．(2014·慈溪模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn，若－am<a1<－am＋1(m∈N*，且m≥2)，則必定有( )
A．Sm>0，且Sm＋1<0 B．Sm<0，且Sm＋1>0
C．Sm>0，且Sm＋1>0 D．Sm<0，且Sm＋1<0
解析：選A ∵－am<a1<－am＋1，∴a1＋am>0，a1＋am＋1<0
2、，∴Sm>0，且Sm＋1<0.
2．已知{an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項(xiàng)和，且9S3＝S6，則數(shù)列的前5項(xiàng)和為( )
A.或5 B.或5 C. D.
解析：選C 設(shè){an}的公比為q，顯然q≠1，由題意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，前5項(xiàng)和為＝.
3．?dāng)?shù)列{1＋2n－1}的前n項(xiàng)和為( )
A．1＋2n B．2＋2n
C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n
解析：選C 由題意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋＝n＋2n－1.
3、
4．若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a1＝1，q＝2，則Tn＝＋＋…＋的結(jié)果可化為( )
A．1－ B．1－
C. D.
解析：選C an＝2n－1，設(shè)bn＝＝2n－1，
則Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋3＋…＋2n－1＝.
5．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n2cos nπ(n∈N*)，Sn為它的前n項(xiàng)和，則等于( )
A．1 005 B．1 006 C．2 011 D．2 012
解析：選B 注意到cos nπ＝(－1)n(n∈N*)，故an＝(－1)nn2.因此有S2
4、 012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－2 0112＋2 0122)＝1＋2＋3＋…＋2 011＋2 012＝＝1 006×2 013，所以＝1 006.
6．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S2 014＝( )
A．22 014－1 B．3×21 007－3
C．3×21 007－1 D．3×21 007－2
解析：選B 由＝＝＝2，且a2＝2，得數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，故S2
5、 014＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 013)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 014)＝＋＝3×21 007－3.
7．在等比數(shù)列{an}中，若a1＝，a4＝－4，則公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.
解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則a4＝a1q3，代入數(shù)據(jù)解得q3＝－8，所以q＝－2；等比數(shù)列{|an|}的公比為|q|＝2，則|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－.
答案：－2 2n－1－
8．(2014·衢州模擬)
6、對于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)公式為2n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝________.
解析：∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2
＝＋2＝2n－2＋2＝2n.
∴Sn＝＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2[來源:數(shù)理化網(wǎng)]
9．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，則S100＝________.
解析：由an＋2－an＝1＋(－1)n
7、，知a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，數(shù)列{a2k}是等差數(shù)列，a2k＝2k.
∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)[來源:]
＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)
＝50＋＝2 600.
答案：2 600
10．(2014·杭州模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝1－，其中n∈N*.
(1)設(shè)bn＝，求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求出{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)cn＝，數(shù)列{cncn＋2}的前n項(xiàng)和為Tn，是否存在正整數(shù)m，使得Tn<對于n∈N*恒成
8、立？若存在，求出m的最小值；若不存在，請說明理由．
解： (1)證明：∵bn＋1－bn＝－＝
－＝－＝2(常數(shù))，
∴數(shù)列{bn}是等差數(shù)列．
∵a1＝1，
∴b1＝2，因此bn＝2＋(n－1)×2＝2n，
由bn＝得an＝.
(2)cn＝，cncn＋2＝＝2，
∴Tn＝2<3，
依題意要使Tn<對于n∈N*恒成立，
只需≥3，
解得m≥3或m≤－4，所以m的最小值為3.
11．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)排成如圖所示的三角形數(shù)陣，數(shù)陣中每一行的第一個(gè)數(shù)a1，a2，a4，a7，…構(gòu)成等差數(shù)列{bn}，Sn是{bn}的前n項(xiàng)和，且b1＝a1＝1，S5＝15
9、.
a1
a2 a3[來源:]
a4 a5 a6
a7 a8 a9 a10
…
(1)若數(shù)陣中從第3行開始每行中的數(shù)按從左到右的順序均構(gòu)成公比為正數(shù)的等比數(shù)列，且公比相等，已知a9＝16，求a50的值；
(2)設(shè)Tn＝＋＋…＋，求Tn.
解：(1)設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d.
∵b1＝1，S5＝15，
∴S5＝5＋10d＝15，d＝1，
∴bn＝1＋(n－1)×1＝n.
設(shè)從第3行起，每行的公比都是q，且q>0，則a9＝b4q2，即4q2＝16，q＝2，
又1＋2＋3＋…＋9＝45，故a50是數(shù)
10、陣中第10行的第5個(gè)數(shù)，a50＝b10q4＝10×24＝160.
(2)∵Sn＝1＋2＋…＋n＝，
∴Tn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝2
＝2
＝.
12．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝n2.設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，且Tn＋＝λ(λ為常數(shù))．令cn＝b2n(n∈N*)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Rn.
解：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1.
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1滿足上式．
∴an＝2n－1(n∈N*)．
故Tn＝λ－，
所以n≥2時(shí)，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.
故cn＝b2n＝＝(n－
11、1)n－1，n∈N*，
所以Rn＝0×0＋1×1＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1，
則Rn＝0×1＋1×2＋2×3＋…＋(n－2)×n－1＋(n－1)×n，
兩式相減，得
Rn＝1＋2＋3＋…＋n－1－(n－1)×n
＝－(n－1)×n
＝－n，[來源:]
整理，得Rn＝.
所以數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Rn＝.
[沖擊名校]
1．?dāng)?shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項(xiàng)和為( )
A．3 690 B．3
12、660 C．1 845 D．1 830
解析：選D 當(dāng)n＝2k時(shí)，a2k＋1＋a2k＝4k－1，
當(dāng)n＝2k－1時(shí)，a2k－a2k－1＝4k－3，
∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2，∴a2k－1＝a2k＋3，
∴a1＝a5＝…＝a61.
∴a1＋a2＋a3＋…＋a60
＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)
＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)
＝＝30×61＝1 830.
2．設(shè){an}是首項(xiàng)為a，公差為d的等差數(shù)列(d≠0)，Sn是其前n項(xiàng)的和．記bn＝，n∈N*，其中c為實(shí)數(shù)．
(1)
13、若c＝0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；
(2)若{bn}是等差數(shù)列，證明：c＝0.
證明：由題設(shè)，Sn＝na＋d.
(1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.
又b1，b2，b4成等比數(shù)列，
所以b＝b1b4，即2＝a，
化簡得d2－2ad＝0.因?yàn)閐≠0，所以d＝2a.
因此，對于所有的m∈N*，有Sm＝m2a.
從而對于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.
(2)設(shè)數(shù)列{bn}的公差是d1，則bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表達(dá)式，整理得，對于所有的n∈N*，有n3＋
14、n2＋cd1n＝c(d1－b1)．
令A(yù)＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，D＝c(d1－b1)，
則對于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)
在(*)式中分別取n＝1,2,3,4，得
A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1
＝64A＋16B＋4cd1，
從而有
由②③，得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，從而cd1＝0.即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0.
若d1＝0，則由d1－d＝0，得d＝0，與題設(shè)矛盾，所以d1≠0.
又cd1＝0，所以c＝0.
[高頻滾動]
1．已知{an}為等比數(shù)列，Sn是它的
15、前n項(xiàng)和．若a2·a3＝2a1，且a4與2a7的等差中項(xiàng)為，則S5＝( )
A．35 B．33 C．31 D．29
解析：選C 設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則由等比數(shù)列的性質(zhì)知，a2·a3＝a1·a4＝2a1，即a4＝2.
由a4與2a7的等差中項(xiàng)為知，a4＋2a7＝2×，
∴a7＝＝.
∴q3＝＝，即q＝.
∴a4＝a1q3＝a1×＝2，
∴a1＝16，∴S5＝＝31.
2．已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，若a2＝2，a5＝，則a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝( )
A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)
C.(1－4－n) D.(1－2－n)[來源:]
解析：選C 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.
∵a2＝2，a5＝，∴q3＝＝，
∴a1＝4，q＝，∴an＝4·n－1＝n－3，
∴anan＋1＝2n－5＝8×n－1，
a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n).
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