- 数列前n项和
- 共2492题
数列9，99，999，9999，…，的前n项和等于（ ）
A10n-1
B
C
D
正确答案
解析
解：观察数列可得各项为：10-1，102-1，103-1，104-1，…，
∴数列的通项为：an=10n-1，
∴
故选B．
已知数列{an}满足an+1-2an=0且a3+2是a2，a4的等差中项，Sn是数列{an}的前n项和．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若bn=-nan，Sn=b1+b2+b3+…+bn，求使
正确答案
解：（1）∵an+1-2an=0，即an+1=2an，
∴数列{an}是以2为公比的等比数列．
∵a3+2是a2，a4的等差中项，
∴a2+a4=2a3+4，则2a1+8a1=8a1+4，即a1=2，
∴数列{an}的通项公式an=2n；
（2）由（1）bn=-n•2n，
∵Sn=b1+b2+…+bn，
∴Sn=-2-2•22-3•23-4•24-n•2n①
∴2Sn=-22-2•23-3•24-4•25-（n-1）•2n-n•2n+1②
②-①得，Sn=2+22+23+24+25++2n-n•2n+1
=
要使Sn+n•2n+1＞50成立，只需2n+1-2＞50成立，即2n+1＞52，n＞5
∴使Sn+n•2n+1＞50成立的正整数n的最小值为5．
解析
解：（1）∵an+1-2an=0，即an+1=2an，
∴数列{an}是以2为公比的等比数列．
∵a3+2是a2，a4的等差中项，
∴a2+a4=2a3+4，则2a1+8a1=8a1+4，即a1=2，
∴数列{an}的通项公式an=2n；
（2）由（1）bn=-n•2n，
∵Sn=b1+b2+…+bn，
∴Sn=-2-2•22-3•23-4•24-n•2n①
∴2Sn=-22-2•23-3•24-4•25-（n-1）•2n-n•2n+1②
②-①得，Sn=2+22+23+24+25++2n-n•2n+1
=
要使Sn+n•2n+1＞50成立，只需2n+1-2＞50成立，即2n+1＞52，n＞5
∴使Sn+n•2n+1＞50成立的正整数n的最小值为5．
设等差数列{an}的公差为d，点（an，bn）在函数f（x）=2x的图象上（n∈N*）．
（1）若a1=-2，点（a8，4b7）在函数f（x）的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；
（2）若a1=1，函数f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线在x轴上的截距为2-
正确答案
解：（1）∵点（an，bn）在函数f（x）=2x的图象上，
∴
又等差数列{an}的公差为d，
∴
∵点（a8，4b7）在函数f（x）的图象上，
∴
∴
又a1=-2，∴Sn=
（2）由f（x）=2x，∴f′（x）=2xln2，
∴函数f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线方程为
又
∴
∴d=a2-a1=2-1=1．
∴an=a1+（n-1）d=1+（n-1）×1=n，
∴bn=2n．
∴
∴Tn=
∴2Tn=1+
两式相减得Tn=1+
=
=
解析
解：（1）∵点（an，bn）在函数f（x）=2x的图象上，
∴
又等差数列{an}的公差为d，
∴
∵点（a8，4b7）在函数f（x）的图象上，
∴
∴
又a1=-2，∴Sn=
（2）由f（x）=2x，∴f′（x）=2xln2，
∴函数f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线方程为
又
∴
∴d=a2-a1=2-1=1．
∴an=a1+（n-1）d=1+（n-1）×1=n，
∴bn=2n．
∴
∴Tn=
∴2Tn=1+
两式相减得Tn=1+
=
=
已知数列{an}满足：
（1）求a2，a3，a4；
（2）求证：数列{bn}为等比数列，并求其通项公式；
（3）若S2n+1=a1+a2+…+a2n+a2n+1，求S2n+1．
正确答案
（1）解：∵
∴
（2）证明：由题意可得，当
∴
∴数列{bn}是以-
∴
（3）解：∵a2n=bn+2，a2n+1=a2n-4n=bn+2-4n
∴S2n+1=a1+a2+…+a2n+a2n+1=（a2+a4+…+a2n）+（a1+a3+a5+…+a2n+1）
=（b1+b2+…+bn+2n）+[a1+（b1-4×1）+（b2-4×2）+…+（bn-4×n）+2n]
=a1+2（b1+b2+…+bn）-4×（1+2+…+n）+4n
=
解析
（1）解：∵
∴
（2）证明：由题意可得，当
∴
∴数列{bn}是以-
∴
（3）解：∵a2n=bn+2，a2n+1=a2n-4n=bn+2-4n
∴S2n+1=a1+a2+…+a2n+a2n+1=（a2+a4+…+a2n）+（a1+a3+a5+…+a2n+1）
=（b1+b2+…+bn+2n）+[a1+（b1-4×1）+（b2-4×2）+…+（bn-4×n）+2n]
=a1+2（b1+b2+…+bn）-4×（1+2+…+n）+4n
=
在等比数列{an}中，a1＞0，n∈N*，且a3-a2=8，又a1、a5的等比中项为16．
（1）求数列{an}的通公式；
（2）设bn=log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得
正确答案
解：（1）设数列{an}的公比为q，由题意a1、a5的等比中项为16可得a3=16，又a3-a2=8，则a2=8，
∴q=
∴an=2n+1．
（2）∵bn=log42n+1=
bn+1-bn=
∴数列{bn}是首项为1，公差为
∴Sn=b1+b2+…+bn
=
=
∴
∴
=
=
=
当n=1时，
当n≥2时，
故存在最小的正整数k=3，使得
解析
解：（1）设数列{an}的公比为q，由题意a1、a5的等比中项为16可得a3=16，又a3-a2=8，则a2=8，
∴q=
∴an=2n+1．
（2）∵bn=log42n+1=
bn+1-bn=
∴数列{bn}是首项为1，公差为
∴Sn=b1+b2+…+bn
=
=
∴
∴
=
=
=
当n=1时，
当n≥2时，
故存在最小的正整数k=3，使得
在有穷数列{an}中，Sn是{an}的前n项和，若把
{an}：a1，a2，a3，…，a2009，若其“优化和”为2010，则有2010项的数列1，a1，a2，a3，…，a2009的“优化和”为（ ）
正确答案
解析
解：∵
其中S1=a1，S2=a1+a2，…S2009=a1+a2+a3+…a2009．
∴所求的优化和=[1+（1+a1）+（1+a1+a2）+…+（1+a1+…+a2008）+（1+a1+…+a2009）]÷2010
=[1+（ 1+S1）+（1+S2）+…+（1+S2008）+（1+S2009）]÷2010
=[2010×1+（S1+S2+…+S2009）]÷2010
=[2010+2009×2010]÷2010
=1+2009=2010
故选C．
若数列{an}满足
正确答案
解析
解：∵
∴Sn=1-
=1-
故答案为：
已知集合P={ x|x=2n，n∈N}，Q={ x|x=2n，n∈N}，将集合P∪Q中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，则数列{an}的前20项之和S20=______．
正确答案
343
解析
解：因为P={ x|x=2n，n∈N}，Q={ x|x=2n，n∈N}，
P∪Q中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，
所以数列{an}的前20项分别为0，1，2，4，6，8，10，12，14，16，18，20，22，24，26，28，30，32，34，36
所以数列{an}的前20项之和（0+2+4+6+8+…+36）+（1+2+4+8+16+32）-（2+4+8+16+32）=343
故答案为343．
对于实数x，定义[x]表示不超过x大整数，已知正数数列an满足：
正确答案
解析
解：由于正数数列an满足：
⇒
因为
故
令S=
又因为S1=a1=1，
所以
从而[S]=19．
故选：C
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+an=1，数列{bn}满足bn+log2an=0，
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{
正确答案
解：（Ⅰ）由Sn+an=1，Sn-1+an-1=1，
两式相减得Sn-Sn-1+an-an-1=0 （n≥2），
又由Sn-Sn-1=an，
可得an=
根据s1+a1=2a1=1，
得a1=
所以an=
（2）∵bn+log2an=0，an=
∴bn=-log2an=
∴
∴Tn=1-
解析
解：（Ⅰ）由Sn+an=1，Sn-1+an-1=1，
两式相减得Sn-Sn-1+an-an-1=0 （n≥2），
又由Sn-Sn-1=an，
可得an=
根据s1+a1=2a1=1，
得a1=
所以an=
（2）∵bn+log2an=0，an=
∴bn=-log2an=
∴
∴Tn=1-
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