- 分组转化法求和
- 共2489题
数列
A
B
C
D
正确答案
解析
解：由题意得，an=an-1+n（n≥2），则an-an-1=n，
所以a2-a1=2，a3-a2=3，…，an-an-1=n，
以上（n-1）个式子相加得，an-a1=2+3+…+n，
又a1=1，则an=1+2+3+…+n=
所以
则数列
故选：B．
数列{an}的前n项和记为Sn，满足
（1）求证：数列{an}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式；
（2）设
正确答案
解：（1）∵
∴
两式相减得
即2an=an-1-an，3an=an-1，
∴
即数列{an}是公比q=
∵
∴当n=1时，
解得
∴数列{an}的通项公式
（2）∵
∴
∴Tn=
解析
解：（1）∵
∴
两式相减得
即2an=an-1-an，3an=an-1，
∴
即数列{an}是公比q=
∵
∴当n=1时，
解得
∴数列{an}的通项公式
（2）∵
∴
∴Tn=
在数列{an}中，已知a1=p＞0且log2（an+1an）=2n+1．
（1）若数列{an}是等差数列，求的p值．
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
正确答案
解：∵log2an+1•an=22n+1
∴an+1•an=22n+1，
∵a1=p
∴
（1）若数列{an}为等差数列，则2a2=a1+a3即
∴
（2）
，∴
Sn=
Sn=
解析
解：∵log2an+1•an=22n+1
∴an+1•an=22n+1，
∵a1=p
∴
（1）若数列{an}为等差数列，则2a2=a1+a3即
∴
（2）
，∴
Sn=
Sn=
已知{an}为等差数列，公差d≠0，{an}的部分项
（1）求kn；
（2）求k1+2k2+3k3+…+nkn．
正确答案
解：（1）设等比数列
∵k1=1，k2=5，k3=17
∴a1•a17=a52 即 a1（a1+16d）=（a1+4d）2，
得 a1d=2d2
∵d≠0∴a1=2d，
∵
∴kn=2×3n-1-1，n∈N*
（2）k1+2k2+3k3+…+nkn
=（2×30-1）+2×（2×31-1）+…+n×（2×3n-1-1）
=2×（1×30+2×31+…+n×3n-1）-（1+2+…+n）
设Sn=1×30+2×31+…+n×3n-1，
则3Sn=1×31+2×32+…+n×3n，
两式相减得：
∴
∴k1+2k2+3k3+…+nkn=
解析
解：（1）设等比数列
∵k1=1，k2=5，k3=17
∴a1•a17=a52 即 a1（a1+16d）=（a1+4d）2，
得 a1d=2d2
∵d≠0∴a1=2d，
∵
∴kn=2×3n-1-1，n∈N*
（2）k1+2k2+3k3+…+nkn
=（2×30-1）+2×（2×31-1）+…+n×（2×3n-1-1）
=2×（1×30+2×31+…+n×3n-1）-（1+2+…+n）
设Sn=1×30+2×31+…+n×3n-1，
则3Sn=1×31+2×32+…+n×3n，
两式相减得：
∴
∴k1+2k2+3k3+…+nkn=
已知实数列{an}是等比数列，其中a7=1，且a4，a5+1，a6成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）数列{an}的前n项和记为Sn，证明：Sn＜128（n=1，2，3…）．
正确答案
解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q∈R），由a7=a1q6=1，得a1=q-6，
从而a4=a1q3=q-3，a5=a1q4=q-2，a6=a1q5=q-1．
因为a4，a5+1，a6成等差数列，
所以a4+a6=2（a5+1），即q-3+q-1=2（q-2+1），q-1（q-2+1）=2（q-2+1）．
所以q=
Sn=
解析
解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q∈R），由a7=a1q6=1，得a1=q-6，
从而a4=a1q3=q-3，a5=a1q4=q-2，a6=a1q5=q-1．
因为a4，a5+1，a6成等差数列，
所以a4+a6=2（a5+1），即q-3+q-1=2（q-2+1），q-1（q-2+1）=2（q-2+1）．
所以q=
Sn=
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