- 分组转化法求和
- 共2489题
Sn=1-2+3-4+5-6+…+（-1）n+1•n，则S100+S200+S301等于（ ）
正确答案
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．
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．
∴
∴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
∴
（2）∵
∴
①-②得
=
=1+4（2n-1-1）-（2n-1）•2n=-3-（2n-3）•2n
∴
解析
解：（1）∵{an}是等差数列，且a3=5，a7=13，设公差为d．
∴
∴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
∴
（2）∵
∴
①-②得
=
=1+4（2n-1-1）-（2n-1）•2n=-3-（2n-3）•2n
∴
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=
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
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
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，
（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=
当n≥6时，
∴
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=
当n≥6时，
∴
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
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
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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