- 数列前n项和
- 共2492题
已知数列an中，a1=1，a2=a-1（a≠1，a为实常数），前n项和Sn恒为正值，且当n≥2时，
（1）求证：数列Sn是等比数列；
（2）设an与an+2的等差中项为A，比较A与an+1的大小；
（3）设m是给定的正整数，a=2．现按如下方法构造项数为2m有穷数列bn：当k=m+1，m+2，…，2m时，bk=ak•ak+1；当k=1，2，…，m时，bk=b2m-k+1．求数列{bn}的前n项和为Tn（n≤2m，n∈N*）．
正确答案
解：（1）当n≥3时，
化简得Sn2=Sn-1Sn+1（n≥3），又由a1=1，a2=a-1得
解得a3=a（a-1），∴S1=1，S2=a，S3=a2，也满足Sn2=Sn-1Sn+1，而Sn恒为正值，
∴数列{Sn}是等比数列．（4分）
（2）Sn的首项为1，公比为a，Sn=an-1．
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（a-1）an-2，
∴an=
当n=1时，
当n≥2时，
∵Sn恒为正值∴a＞0且a≠1，
若0＜a＜1，则A-an+1＜0，若a＞1，则A-an+1＞0．
综上可得，当n=1时，A＞an+1；
当n≥2时，若0＜a＜1，则A＜an+1，
若a＞1，则A＞an+1．（10分）
（3）∵a=2∴an=
若n≤m，n∈N*，则由题设得b1=b2m，b2=b2m-1，bn=b2m-n+1
Tn=b1+b2+…+bn=b2m-1+…+b2m-n+1
=
若m+1≤n≤2m，n∈N*，则Tn=bm+bm+1+bm+2+…+bn=
=
综上得Tn=
解析
解：（1）当n≥3时，
化简得Sn2=Sn-1Sn+1（n≥3），又由a1=1，a2=a-1得
解得a3=a（a-1），∴S1=1，S2=a，S3=a2，也满足Sn2=Sn-1Sn+1，而Sn恒为正值，
∴数列{Sn}是等比数列．（4分）
（2）Sn的首项为1，公比为a，Sn=an-1．
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（a-1）an-2，
∴an=
当n=1时，
当n≥2时，
∵Sn恒为正值∴a＞0且a≠1，
若0＜a＜1，则A-an+1＜0，若a＞1，则A-an+1＞0．
综上可得，当n=1时，A＞an+1；
当n≥2时，若0＜a＜1，则A＜an+1，
若a＞1，则A＞an+1．（10分）
（3）∵a=2∴an=
若n≤m，n∈N*，则由题设得b1=b2m，b2=b2m-1，bn=b2m-n+1
Tn=b1+b2+…+bn=b2m-1+…+b2m-n+1
=
若m+1≤n≤2m，n∈N*，则Tn=bm+bm+1+bm+2+…+bn=
=
综上得Tn=
计算1×2+2×3+…+n（n+1）的值为______．
正确答案
解析
解：∵n（n+1）=n2+n，
∴1×2+2×3+…+n（n+1）=（12+1）+（22+2）+（32+3）+…+（n2+n）
=（12+22+32+…+n2）+（1+2+3+…+n）
=
=
故答案为：
已知数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1=5，b1=15，a100+b100=100，数列{cn}满足cn=an+bn（n∈N*），则数列{cn}的前100项和是______．
正确答案
6000
解析
解：因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1=5，b1=15，a100+b100=100，数列{cn}满足cn=an+bn（n∈N*），
则数列{cn}的前100项和为：
故答案为：6000．
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-n，（n∈N*）．
（1）求证：数列{an+1}为等比数列；
（2）令bn=n+anlog2（an+1），求数列{bn}的前n项和Tn．
正确答案
解：（1）由Sn=2an-n，可得S1=2a1-1，即a1=1，（1分）
又Sn+1=2an+1-（n+1），
相减得an+1=2an+1-2an-1，即an+1=2an+1，（2分）
所以
故{an+1}是以a1+1=2为首项，以2为公比的等比数列．（6分）
（2）由（Ⅰ）得到an+1=2n，所以
于是bn=n+anlog2（an+1）=n+n（2n-1）=n×2n，（8分）
Tn=1×21+2×22+3×23+…+（n-1）×2n-1+n×2n，
2Tn=1×22+2×23+3×24+…+（n-1）×2n+n×2n+1，
相减整理得-Tn=21+22+23+…+2n-n×2n+1，
所以Tn=（n-1）×2n+1+2．（12分）
解析
解：（1）由Sn=2an-n，可得S1=2a1-1，即a1=1，（1分）
又Sn+1=2an+1-（n+1），
相减得an+1=2an+1-2an-1，即an+1=2an+1，（2分）
所以
故{an+1}是以a1+1=2为首项，以2为公比的等比数列．（6分）
（2）由（Ⅰ）得到an+1=2n，所以
于是bn=n+anlog2（an+1）=n+n（2n-1）=n×2n，（8分）
Tn=1×21+2×22+3×23+…+（n-1）×2n-1+n×2n，
2Tn=1×22+2×23+3×24+…+（n-1）×2n+n×2n+1，
相减整理得-Tn=21+22+23+…+2n-n×2n+1，
所以Tn=（n-1）×2n+1+2．（12分）
（2015秋•庐江县月考）已知数列{an}的前n项和Sn=1-5+9-13+17-21+…+（-1）n-1（4n-3），则S15=（ ）
正确答案
解析
解：∵Sn=1-5+9-13+17-21+…+（-1）n-1（4n-3），
由n=15为奇数，即有结合成7组，最后一个为57，
∴S15=（1-5）+（9-13）+…（49-53）+57=（-4）×7+57=29．
故选：B．
数列{an}满足a1=1，且对于任意的n∈N*都有an+1=an+a1+n，则
A
B
C
D
正确答案
解析
解：∵an+1=an+a1+n，a1=1，
∴an+1-an=1+n，
∴an=a1+（a2-a1）+…+（an-an-1）=1+2+…+n=
则
从而
故选：B
设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若41S3是S6与S9的等差中项，则数列{an}的公比q=______．
正确答案
2
解析
解：∵41S3是S6与S9的等差中项，
∴82S3=S6+S9，
易知q≠1，∴
即82（1-q3）=2-q6-q9=（1-q3）（q6+2q3+2），
∴q6+2q3-80=0，
得q3=8或q3=-10（舍），
∴q=2，
故答案为：2．
数列{an}的前n项和为Sn，若
正确答案
解析
解：S5=a1+a2+…+a5
=
=
=
故答案为
设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=
（1）求数列{an}的通项；
（2）设
正确答案
解：（1）∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an=
∴当n≥2时，a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=
①-②，得3n-1an=
所以
在①中，令n=1，得
∴
（2）∵
∴bn=n•3n．
∴Sn=3+2×32+3×33+…+n•3n．③
∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n•3n+1．④
④-③，得2Sn=n•3n+1-（3+32+33+…+3n），
即2Sn=n•3n+1-
∴
解析
解：（1）∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an=
∴当n≥2时，a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=
①-②，得3n-1an=
所以
在①中，令n=1，得
∴
（2）∵
∴bn=n•3n．
∴Sn=3+2×32+3×33+…+n•3n．③
∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n•3n+1．④
④-③，得2Sn=n•3n+1-（3+32+33+…+3n），
即2Sn=n•3n+1-
∴
已知数列{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，S3=7，且a1+3，3a2，a3+4成等差数列．
（1）求数列{an}的通项；
（2）令bn=nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
正确答案
解：（1）
解得a1=1，q=2
∴an=2n-1
（2）Tn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1
2Tn=1×2+2×22+3×23+…+（n-1）×2n-1+n×2n
两式相减得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n×2n
∴Tn=（n-1）×2n+1
解析
解：（1）
解得a1=1，q=2
∴an=2n-1
（2）Tn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1
2Tn=1×2+2×22+3×23+…+（n-1）×2n-1+n×2n
两式相减得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n×2n
∴Tn=（n-1）×2n+1
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