- 数列前n项和
- 共2492题
已知数列{an}的各项均为正整数，Sn为其前n项和，对于n=1，2，3，…，有an+1=
正确答案
230
1或5
解析
解：∵a1=1，∴a2=3a1+5=8，a3=
∴a4=3a3+5=8．
…．
∴数列{an}是奇数项组成以常数1为项的常数列，偶数项是以常数8为项的常数列．
∴S2k=k×1+k×8=9k，S2k-1=S2k-8，
∴S2+S4+…+S10=9×（1+2+…+5）=135．
∴S1+S3+…+S9=（S2-8）+（S4-8）+…+（S10-8）=135-8×5=95．
∴S1+S2+…+S20=135+95=230．
若存在m∈N*，当n＞m且an为奇数时，an恒为常数p，
则an=p，an+1=3p+5，an+2=
∴（3-2k）p=-5，
∵数列{an}的各项均为正整数，
∴当k=2时，p=5，
当k=3时，p=1．
故答案为：230，1或5．
设等差数列{an}满足a1=1，an＞0（n∈N*），其前n项和为Sn，若数列{
正确答案
解析
解：设等差数列{an}的公差为d，a1=1，an＞0（n∈N*），
∴an=1+（n-1）d，Sn=
∴
∵数列{
∴2
∴
化为（d-2）2=0，解得d=2．
∴an=2n-1，Sn=n2．
∴
∵数列
∴
故选：D．
已知函数
正确答案
-4032
解析
解：∵f（n）=n2sin
∴an=f（n）+f（n+1）=n2sin
∴a1=1，
a2=a3=-32，
a4=a5=52，
a6=a7=-72，
…
a2012=a2013=20132，
a2014=-20152．
∴a1+a2+a3+…+a2014
=（a1+a3+…+a2013）+（a2+a4+…+a2014）
=[（1-32）+（52-72）+…+（20092-20112）+20132]+[（-32+52）+（-72+92）+…+（-20112+20132）-20152]
=-2（4+12+20+…+4020）+20132+2（8+16+…+4024）-20152
=-2×
=503×8-2×4028
=-4032．
数列{an}的前n项和为Sn，且an是Sn和1的等差中项，等差数列{bn}满足b1=a1，b4=S3．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）设
正确答案
解：（1）∵an是Sn和1的等差中项，∴Sn=2an-1…（1分）
当n=1时，a1=S1=2a1-1，∴a1=1…（2分）
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（2an-1）-（2an-1-1）=2an-2an-1，
∴an=2an-1，即 
∴数列{an}是以a1=1为首项，2为公比的等比数列，
∴
设{bn}的公差为d，b1=a1=1，b4=1+3d=7，∴d=2…（7分）
∴bn=1+（n-1）×2=2n-1…（8分）
（2）
∴
∵n∈N*，∴
∴数列{Tn}是一个递增数列 …（12分）
∴
综上所述，
解析
解：（1）∵an是Sn和1的等差中项，∴Sn=2an-1…（1分）
当n=1时，a1=S1=2a1-1，∴a1=1…（2分）
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（2an-1）-（2an-1-1）=2an-2an-1，
∴an=2an-1，即
∴数列{an}是以a1=1为首项，2为公比的等比数列，
∴
设{bn}的公差为d，b1=a1=1，b4=1+3d=7，∴d=2…（7分）
∴bn=1+（n-1）×2=2n-1…（8分）
（2）
∴
∵n∈N*，∴
∴数列{Tn}是一个递增数列 …（12分）
∴
综上所述，
已知数列{an}的通项公式为an=（2n-1）•2n，我们用错位相减法求其前n项和Sn：
由Sn=1×2+3×22+5×23+…（2n-1）•2n得
2Sn=1×22+3×23+5×24+…（2n-1）•2n+1，
两式项减得：-Sn=2+2×22+2×23+…+2×2n-（2n-1）•2n+1，
求得Sn=（2n-3）•2n+1+6．
类比推广以上方法，若数列{bn}的通项公式为bn=n2•2n，则其前n项和Tn=______．
正确答案
（n2-2n+3）•2n+1-6
解析
解：Tn=1×2+4×22+9×23+…n2•2n
∴2Tn=1×22+4×23+9×24+…n2•2n+1
∴-Tn=1×2+3×22+5×23+…（2n-1）2n-n2•2n+1
即Tn=-Sn+n2•2n+1=（n2-2n+3）•2n+1-6
故答案为：（n2-2n+3）•2n+1-6
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3=5，S15=225．数列{bn}是等比数列，b3=a2+a3，b2b5=128（其中n=1，2，3，…）．
（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记cn=anbn，求数列cn前n项和Tn．
正确答案
解：（I）公差为d，
则
∴
设等比数列bn的公比为q，则
∴bn=b3•qn-3=2n（n=1，2，3，…）．
（II）∵cn=（2n-1）•2n∵Tn=2+3•22+5•23+…+（2n-1）•2n
2Tn=22+3•23+5•24+…+（2n-3）•2n+（2n-1）•2n+1
作差：-Tn=2+23+24+25+…+2n+1-（2n-1）•2n+1
=
=2+23（2n-1-1）-（2n-1）•2n+1=2+2n+2-8-2n+2n+2n+1=-6-2n+1（2n-3）
∴TN=（2n-3）•2n+1+6（n=1，2，3，…）．
解析
解：（I）公差为d，
则
∴
设等比数列bn的公比为q，则
∴bn=b3•qn-3=2n（n=1，2，3，…）．
（II）∵cn=（2n-1）•2n∵Tn=2+3•22+5•23+…+（2n-1）•2n
2Tn=22+3•23+5•24+…+（2n-3）•2n+（2n-1）•2n+1
作差：-Tn=2+23+24+25+…+2n+1-（2n-1）•2n+1
=
=2+23（2n-1-1）-（2n-1）•2n+1=2+2n+2-8-2n+2n+2n+1=-6-2n+1（2n-3）
∴TN=（2n-3）•2n+1+6（n=1，2，3，…）．
数列{（-1）n（2n-1）}的前2012项和S2012=（ ）
正确答案
解析
解：设an=（-1）n（2n-1），
则a1+a2=-1+3=2，
同理可得，a3+a4=2，
…
a2011+a2012=2，
∴S2012=1006×2=2012．
故选B．
数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn（n∈N+）．
（Ⅰ）证明数列{Sn}是等比数列；
（Ⅱ）求数列{an}的通项an；
（Ⅲ）求数列{n•an}的前n项和Tn．
正确答案
解：（Ⅰ）∵an+1=2Sn，∴Sn+1-Sn=2Sn，∴
又∵S1=a1=1，
∴数列{Sn}是首项为1，公比为3的等比数列，Sn=3n-1（n∈N*）．…（4分）
（Ⅱ）当n≥2时，an=2Sn-1=2•3n-2（n≥2），
（Ⅲ） Tn=a1+2a2+3a3+…+nan，
当n=1时，T1=1；
当n≥2时，Tn=1+4•30+6•31+…+2n•3n-2，…①
3Tn=3+4•31+6•32+…+2n•3n-1，…②…（11分）
①-②得：-2Tn=-2+4+2（31+32+…+3n-2）-2n•3n-1
=
∴
又∵T1=a1=1也满足上式，
∴
解析
解：（Ⅰ）∵an+1=2Sn，∴Sn+1-Sn=2Sn，∴
又∵S1=a1=1，
∴数列{Sn}是首项为1，公比为3的等比数列，Sn=3n-1（n∈N*）．…（4分）
（Ⅱ）当n≥2时，an=2Sn-1=2•3n-2（n≥2），
（Ⅲ） Tn=a1+2a2+3a3+…+nan，
当n=1时，T1=1；
当n≥2时，Tn=1+4•30+6•31+…+2n•3n-2，…①
3Tn=3+4•31+6•32+…+2n•3n-1，…②…（11分）
①-②得：-2Tn=-2+4+2（31+32+…+3n-2）-2n•3n-1
=
∴
又∵T1=a1=1也满足上式，
∴
已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1．
（Ⅰ）证明{an+
（Ⅱ）证明：
正确答案
证明（Ⅰ）
∵
∴数列{an+
∴an+
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
当n≥2时，∵3n-1＞3n-3n-1，∴
∴当n=1时，
当n≥2时，
∴对n∈N+时，
解析
证明（Ⅰ）
∵
∴数列{an+
∴an+
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
当n≥2时，∵3n-1＞3n-3n-1，∴
∴当n=1时，
当n≥2时，
∴对n∈N+时，
设数列{an} 的前n项和为 Sn，令Tn=
正确答案
解析
解：∵数列{an} 的前n项和为 Sn，令Tn=
∴数列a1，a2，…，a20的“理想数“为T20=
∴S1+S2+S3+…+S20=20×21，
∴数列2，a1，a2，…，a20 的“理想数”为T21=
故选：C
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