数列前n项和_章节学习

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题型：简答题

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简答题

已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn、an、成等差数列．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）若，设，求数列{Cn}的前项和Tn．

正确答案

解：（Ⅰ）由题意知

当n=1时，；

当

两式相减得an=2an-2an-1（n≥2），整理得：（n≥2）

∴数列{an}是为首项，2为公比的等比数列.

（Ⅱ），

∴bn=4-2n

==，

①

②

①-②得

∴

解析

解：（Ⅰ）由题意知

当n=1时，；

当

两式相减得an=2an-2an-1（n≥2），整理得：（n≥2）

∴数列{an}是为首项，2为公比的等比数列.

（Ⅱ），

∴bn=4-2n

==，

①

②

①-②得

∴

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题型：填空题

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填空题

数列{an}的通项公式是an=1-2n，其前n项和为Sn，则数列{}的11项和为______．

正确答案

-66

解析

解：an=1-2n=-1-2（n-1）

所以an是等差数列a1=-1，d=-2，

Sn=a1+a2+…+an

==-n．

∴

=．

1

题型：单选题

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单选题

Sn=1-2+3-4+5-6+…+（-1）n+1•n，则S100+S200+S301等于（　　）

A1

B-1

C51

D52

正确答案

A

解析

解：∵Sn=1-2+3-4+5-6+…+（-1）n+1•n，

∴S100=1-2+3-4+5-6+…+99-100=（1-2）+（3-4）+…+（99-100）=-1-1-1-…+（-1）=-1×50=-50．

S200=1-2+3-4+5-6+…+199-200=（1-2）+（3-4）+…+（199-200）=-1-1-1-…+（-1）=-1×100=-100．

S301=1-2+3-4+5-6+…+299-300+301=1+（3-2）+（5-4）+…+（301-300）=1+1×150=151．

∴S100+S200+S301=-50-100+151=1，

故选：A．

1

题型：单选题

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单选题

对于有意实数x，符合[x]表示不超过x的最大整数，例如：[2]=2，[2.1]=2，已知数列{an}的通项公式是an=[log2（2n-1）]，设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=2013，则n等于（　　）

A426

B425

C424

D423

正确答案

A

解析

解：Sn=[log21]+[log23]+[log25]+[log27]+[log29]+…+[log2（2n-1）]

=0+1+2+2+3+3+3+3++++++9m

=1793+9m≥2013，

解得m≥24，

1793+9×24+4=2013，

∵log2512=9，

由2p-1=511，得p=256，

∴2n-1=511+50=561，解得n=281．

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

在数列{an}中，a1=1，an+1=（n∈N*）．

（1）求证：数列{}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；

（2）设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn；

（3）设P=，求不超过P的最大整数的值．

正确答案

证明：（1）由知得：，即

所以数列{}为首项为1，公差为1的等差数列，…（2分）

∴ 从而 …（4分）

解：（2）∵bn==…（5分）

所以 …①，

=，…②

由①-②得，

=

=1

∴． …（9分）

（3）=

=

=，…（11分）

∴P==（1）+（）+…+（）

=

所以，不超过P的最大整数为2013． …（14分）

解析

证明：（1）由知得：，即

所以数列{}为首项为1，公差为1的等差数列，…（2分）

∴ 从而 …（4分）

解：（2）∵bn==…（5分）

所以 …①，

=，…②

由①-②得，

=

=1

∴． …（9分）

（3）=

=

=，…（11分）

∴P==（1）+（）+…+（）

=

所以，不超过P的最大整数为2013． …（14分）

1

题型：填空题

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填空题

已知数列{an}是首项为1，公差为d的等差数列，数列{bn}是首项为1，公比为q（q＞1）的等比数列，且a2=b2，a3+b3=7．

（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；

（2）数列{cn}满足cn=an+bn，Tn为数列{cn}前n项和，求Tn；

（3）若不等式（-1）nx＜（-1）n+1an+bn对于任意的n∈N+都成立，求实数x的取值范围．

正确答案

解析

解：（1）∵数列{an}是首项为1，公差为d的等差数列，数列{bn}是首项为1，公比为q（q＞1）的等比数列，且a2=b2，a3+b3=7．

∴1+d=q，1+2d+q2=7，

解得d=1，q=2．

∴an=n，bn=2n-1；

（2）cn=an+bn=n+2n-1．

∴数列{cn}前n项和Tn=+=+2n-1．

（3）不等式（-1）nx＜（-1）n+1an+bn，

当n为偶数时，不等式化为x＜-n+2n-1，

∵-n+2n-1≥0，∴x＜0．

当n为奇数时，不等式化为-x＜+n+2n-1，

∵n+2n-1≥2，∴x＜-2．

∴实数x的取值范围是（-2，0）．

1

题型：简答题

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简答题

已知数列{an}为等差数列，a3=5，a7=13，数列{bn}的前n项和为Sn，且有Sn=2bn-1．

1）求{an}、{bn}的通项公式；

2）若cn=anbn，{cn}的前n项和为Tn，求Tn．

正确答案

解：（1）∵{an}是等差数列，且a3=5，a7=13，设公差为d．

∴，解得

∴an=1+2（n-1）=2n-1（n∈N*）

在{bn}中，∵Sn=2bn-1

当n=1时，b1=2b1-1，∴b1=1

当n≥2时，由Sn=2bn-1及Sn-1=2bn-1-1，

得bn=2bn-2bn-1，∴bn=2bn-1

∴{bn}是首项为1公比为2的等比数列

∴（n∈N*）

（2）∵，

∴①②

①-②得

=

=1+4（2n-1-1）-（2n-1）•2n=-3-（2n-3）•2n

∴（n∈N*）

解析

解：（1）∵{an}是等差数列，且a3=5，a7=13，设公差为d．

∴，解得

∴an=1+2（n-1）=2n-1（n∈N*）

在{bn}中，∵Sn=2bn-1

当n=1时，b1=2b1-1，∴b1=1

当n≥2时，由Sn=2bn-1及Sn-1=2bn-1-1，

得bn=2bn-2bn-1，∴bn=2bn-1

∴{bn}是首项为1公比为2的等比数列

∴（n∈N*）

（2）∵，

∴①②

①-②得

=

=1+4（2n-1-1）-（2n-1）•2n=-3-（2n-3）•2n

∴（n∈N*）

1

题型：简答题

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简答题

已知等差数列{an}，其前n项和为Sn，若S4=4S2，a2n=2an+1

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间（2m，2m+1）内的项的个数记为{bm}

①求数列{bm}的通项公式；

②记cm=，数列{cm}的前m项和为Tm，求所有使得等式=的正整数m，t．

正确答案

解：（1）∵等差数列{an}，其前n项和为Sn，若S4=4S2，a2n=2an+1，

∴4a1-2d=0，a1=d-1，∴a1=1，d=2，

∴an=2n-1

（2）∵an=2n-1，

∴2n-1＞2m，2n-1＜22m，

∴2m-1＜n＜22m-1，

即项数22m-1-2m-1，

∴①

∵cm=，

∴Cm=，

∴c1=2，=，

∴{cn}是等比数列，数列{cm}的前m项和为Tm=

即，

∵所有使得等式=

∴（4-t）2m=4+2t-1

存在符合条件的正整数m=t=3，

解析

解：（1）∵等差数列{an}，其前n项和为Sn，若S4=4S2，a2n=2an+1，

∴4a1-2d=0，a1=d-1，∴a1=1，d=2，

∴an=2n-1

（2）∵an=2n-1，

∴2n-1＞2m，2n-1＜22m，

∴2m-1＜n＜22m-1，

即项数22m-1-2m-1，

∴①

∵cm=，

∴Cm=，

∴c1=2，=，

∴{cn}是等比数列，数列{cm}的前m项和为Tm=

即，

∵所有使得等式=

∴（4-t）2m=4+2t-1

存在符合条件的正整数m=t=3，

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•阜阳校级期末）已知数列{an}的通项公式an=-2n+11，前n项和sn．如果bn=|an|（n∈N），求数列{bn}的前n项和Tn．

正确答案

解：∵an+1-an=-2

∴数列{an}成等差数列（2 分）

当n≤5时，an＞0（3分）

当n≥6时，an＜0，（4 分）

∴当n≤5时，Tn=（8分）

当n≥6时，

（12分）

∴（13 分）

解析

解：∵an+1-an=-2

∴数列{an}成等差数列（2 分）

当n≤5时，an＞0（3分）

当n≥6时，an＜0，（4 分）

∴当n≤5时，Tn=（8分）

当n≥6时，

（12分）

∴（13 分）

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题型：简答题

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简答题

已知{an}为递增的等比数列，且{a1，a3，a5}⊂{-10，-6，-2，0，1，3，4，16}．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）是否存在等差数列{bn}，使得a1bn+a2bn-1+a3bn-2+…+anb1=2n+1-n-2对一切n∈N*都成立？若存在，求出bn；若不存在，说明理由．

正确答案

解：（I）因为{an}是递增的等比数列，所以数列{an}公比q＞0，首项a1＞0，

又{a1，a3，a5}⊂{-10，-6，-2，0，1，3，4，16}，

所以a1=1，a3=4，as=16（3分）

从而，q=2，an=a1qn-1=2n-1

所以数列{an}的通项公式为an=2n-1（6分）

（II）假设存在满足条件的等差数列{bn}，其公差为d，则当n=1时，a1b1=1，

又∵a1=1，∴b1=1；

当n=2时，a1b2+a2b1=4，b2+2b1=4，b2=2

则d=b2-b1=1，∴bn=b1+（n-1）d=1+（n-1）×1=n（8分）

以下证明当bn=n时，a1bn+a2bn-1++an-1b2+anb1=2n+1-n-2对一切n∈N*都成立．

设Sn=a1bn+a2bn-1+…+an-1b2+anb1，

即Sn=1×n+2×（n-1）+22×（n-2）+23×（n-3）+…+2n-2×2+2n-1×1，（1）

2Sn=2×n+22×（n-1）+23×（n-2）+…+2n-1×2+2n×1，（2）

（2）-（1）得Sn=-n+2+22+23++2n-1+2n=，

所以存在等差数列{bn}，bn=n使得a1bn+a2bn-1+a3bn-2+anb1=2n+1-n-2对一切n∈N*都成立（12分）

解析

解：（I）因为{an}是递增的等比数列，所以数列{an}公比q＞0，首项a1＞0，

又{a1，a3，a5}⊂{-10，-6，-2，0，1，3，4，16}，

所以a1=1，a3=4，as=16（3分）

从而，q=2，an=a1qn-1=2n-1

所以数列{an}的通项公式为an=2n-1（6分）

（II）假设存在满足条件的等差数列{bn}，其公差为d，则当n=1时，a1b1=1，

又∵a1=1，∴b1=1；

当n=2时，a1b2+a2b1=4，b2+2b1=4，b2=2

则d=b2-b1=1，∴bn=b1+（n-1）d=1+（n-1）×1=n（8分）

以下证明当bn=n时，a1bn+a2bn-1++an-1b2+anb1=2n+1-n-2对一切n∈N*都成立．

设Sn=a1bn+a2bn-1+…+an-1b2+anb1，

即Sn=1×n+2×（n-1）+22×（n-2）+23×（n-3）+…+2n-2×2+2n-1×1，（1）

2Sn=2×n+22×（n-1）+23×（n-2）+…+2n-1×2+2n×1，（2）

（2）-（1）得Sn=-n+2+22+23++2n-1+2n=，

所以存在等差数列{bn}，bn=n使得a1bn+a2bn-1+a3bn-2+anb1=2n+1-n-2对一切n∈N*都成立（12分）

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