- 数列前n项和
- 共2492题
设
正确答案
解析
解：因为fn+1（0）=f1[fn（0）]=
所以
=
即an+1=-
而a1=1/4
a2=-1/8
∴an=
=
∴a1+a2+…+a2009=．
故答案为：
数列{an}的通项公式是an=
正确答案
15
解析
解：由
由
故答案为：15．
已知等差数列{an}，满足a8=5，且a1，a4，a5成等比数列．
（1）求an；
（2）若{an}的前n项和为Sn，则当n为何值时，Sn有最小值？
（3）若bn=|an|，求数列{bn}的前n项和Tn．
正确答案
解（1）∵a8=5，∴a1+7d=5，
∵a1，a4，a5成等比数列，
∴a1（a1+4d）=（a1+3d）2，化简得，4a1d=6a1d+9d2，
∴d=0，a1=5或d=2，a1=-9
∴an=5或an=-11+2n；
（2）显然d≠0，由an≤0得，
-11+2n≤0，解得n≤
故Sn的前5项和最小．
（3）当d=0时，bn=5，Tn=5n；
当d=2时，bn=|an|=|-11+2n|，
当n≤5时，Sn=
∴Tn=-n2+10n，
当n≥6时，Tn=Sn-2S5=-10n+n2-2×（25-50）=-10n+n2+50，
∴Tn=5n或Tn=
解析
解（1）∵a8=5，∴a1+7d=5，
∵a1，a4，a5成等比数列，
∴a1（a1+4d）=（a1+3d）2，化简得，4a1d=6a1d+9d2，
∴d=0，a1=5或d=2，a1=-9
∴an=5或an=-11+2n；
（2）显然d≠0，由an≤0得，
-11+2n≤0，解得n≤
故Sn的前5项和最小．
（3）当d=0时，bn=5，Tn=5n；
当d=2时，bn=|an|=|-11+2n|，
当n≤5时，Sn=
∴Tn=-n2+10n，
当n≥6时，Tn=Sn-2S5=-10n+n2-2×（25-50）=-10n+n2+50，
∴Tn=5n或Tn=
已知数列
（1）求出S1，S2，S3，S4；
（2）猜想前n项和Sn并证明．
正确答案
解：（1）
（2）由（1）猜想
证明：∵
∴Sn=
解析
解：（1）
（2）由（1）猜想
证明：∵
∴Sn=
正确答案
解析
解：由已知的程序框图中，
当n=1时，输出的a=a1=1×20+2×21；
当n=2时，输出的a=a2=1×20+2×21+3×22；
当n=3时，输出的a=a3=1×20+2×21+3×22+4×23；
…
可得数列{an} 的通项公式为an=1×20+2×21+3×22+4×23+…+（n+1）×2n；
∵an=1×20+2×21+3×22+4×23+…+（n+1）×2n，
∴2an=1×21+2×22+3×23+…+（n-2）×2n+（n+1）×2n+1，
∴两式相减得-an=20+2+22+…+2n-（n+1）×2n+1
∴-an=
所以an=n•2n+1+1，
故选D．
若an=
正确答案
解析
解：∵an=
∴a1a2+a2a3+…+a2010a2011=
=1
=1-
（2016春•盐城校级月考）已知数列{an}中，a2=1，前n项和为Sn，且Sn=
（1）求a1；
（2）证明数列{an}为等差数列，并写出其通项公式；
（3）设lgbn=
正确答案
解：（1）令n=1，则a1=S1=
（2）由
得 
②-①，得 （n-1）an+1=nan．③
于是，nan+2=（n+1）an+1．④
③+④，得nan+2+nan=2nan+1，即an+2+an=2an+1
又a1=0，a2=1，a2-a1=1，
所以，数列{an}是以0为首项，1为公差的等差数列．
所以，an=n-1
（3）假设存在正整数数组（p，q），使b1，bp，bq成等比数列，则lgb1，lgbp，lgbq成等差数列，
于是，
所以，
易知（p，q）=（2，3）为方程（☆）的一组解
当p≥3，且p∈N*时，
于是
综上，存在唯一正整数数对（p，q）=（2，3），使b1，bp，bq成等比数列
解析
解：（1）令n=1，则a1=S1=
（2）由
得
②-①，得 （n-1）an+1=nan．③
于是，nan+2=（n+1）an+1．④
③+④，得nan+2+nan=2nan+1，即an+2+an=2an+1
又a1=0，a2=1，a2-a1=1，
所以，数列{an}是以0为首项，1为公差的等差数列．
所以，an=n-1
（3）假设存在正整数数组（p，q），使b1，bp，bq成等比数列，则lgb1，lgbp，lgbq成等差数列，
于是，
所以，
易知（p，q）=（2，3）为方程（☆）的一组解
当p≥3，且p∈N*时，
于是
综上，存在唯一正整数数对（p，q）=（2，3），使b1，bp，bq成等比数列
已知数列{log3（an-1）}（n∈N*）为等差数列，且a1=4，a4=82．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{nan}的前n项和Sn．
正确答案
解：（1）由题log3（a1-1）=1，log3（a4-1）=4（2分）∴等差数列的公差∴
∴log3（an-1）=1+（n-1）1=n（4分）
∴an=3n+1（5分）
（2）nan=n3n+n，∴Sn=（1•3+2•32+…+n•3n）+（1+2+…+n）
令Tn=1•3+2•32+…+（n-1）•3n-1+n•3n①∴3Tn=1•32+2•33+…+（n-1）•3n+n•3n+1②（7分）
则②-①可得：-2Tn=3+32+…+3n-n•3n+1=
而
∴
解析
解：（1）由题log3（a1-1）=1，log3（a4-1）=4（2分）∴等差数列的公差∴
∴log3（an-1）=1+（n-1）1=n（4分）
∴an=3n+1（5分）
（2）nan=n3n+n，∴Sn=（1•3+2•32+…+n•3n）+（1+2+…+n）
令Tn=1•3+2•32+…+（n-1）•3n-1+n•3n①∴3Tn=1•32+2•33+…+（n-1）•3n+n•3n+1②（7分）
则②-①可得：-2Tn=3+32+…+3n-n•3n+1=
而
∴
已知f（x）=3x2-2x，数列{an}的前n项和为Sn，点（n，Sn）（n∈N*）均在函数y=f（x）的图象上．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=
正确答案
解：（1）∵f（x）=3x2-2x，数列{an}的前n项和为Sn，
点（n，Sn）（n∈N*）均在函数y=f（x）的图象上，
∴
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（3n2-2n）-[3（n-1）2-2（n-1）]=6n-5，
当n=1时，a1=S1=3-2=1，满足上式，
∴an=6n-5，n∈N*．
（2）由（1）得
∴Tn=
=
∴使得Tn＜
即m≥10，∴满足要求的最小整数m=10．
解析
解：（1）∵f（x）=3x2-2x，数列{an}的前n项和为Sn，
点（n，Sn）（n∈N*）均在函数y=f（x）的图象上，
∴
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（3n2-2n）-[3（n-1）2-2（n-1）]=6n-5，
当n=1时，a1=S1=3-2=1，满足上式，
∴an=6n-5，n∈N*．
（2）由（1）得
∴Tn=
=
∴使得Tn＜
即m≥10，∴满足要求的最小整数m=10．
在等差数列{an}中，a1=-60，a17=-12．
（1）求通项an；
（2）求此数列前30项的绝对值的和．
正确答案
解：（1）由等差数列的通项公式可得：a17=a1+16d，
所以-12=-60+16d，
∴d=3
∴an=-60+3（n-1）=3n-63．（6分）
（2）由an≤0，则3n-63≤0⇒n≤21，
∴|a1|+|a2|+…+|a30|
=-（a1+a2+…+a21）+（a22+a23+…+a30）
=（3+6+9+…+60）+（3+6+…+27）
=
所以此数列前30项的绝对值的和为765．（6分）
解析
解：（1）由等差数列的通项公式可得：a17=a1+16d，
所以-12=-60+16d，
∴d=3
∴an=-60+3（n-1）=3n-63．（6分）
（2）由an≤0，则3n-63≤0⇒n≤21，
∴|a1|+|a2|+…+|a30|
=-（a1+a2+…+a21）+（a22+a23+…+a30）
=（3+6+9+…+60）+（3+6+…+27）
=
所以此数列前30项的绝对值的和为765．（6分）
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