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第四节 数列求和
时间：45分钟 分值：100分
一、选择题
1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则其前6项之和是( )
A．16 B．20
C．33 D．120
解析 ∵a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，∴S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.
答案 C
2．数列{1＋2n－1}的前n项和为( )
A．1＋2n B．2＋2n
C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n
解析 由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋＝n＋2n－1.
答案 C
3．若数列{an}的通项为an＝4n－1，bn＝，n∈N*，则数列{bn}的前n项和是( )
A．n2 B．n(n＋1)
C．n(n＋2) D．n(2n＋1)
解析 a1＋a2＋…＋an＝(4×1－1)＋(4×2－1)＋…＋(4n－1)＝4(1＋2＋…＋n)－n＝2n(n＋1)－n＝2n2＋n，
∴bn＝2n＋1，
b1＋b2＋…＋bn＝(2×1＋1)＋(2×2＋1)＋…＋(2n＋1)
＝n2＋2n＝n(n＋2)．
答案 C
4．若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，则Tn＝＋＋…＋的结果可化为( )
A．1－ B．1－
C. D.
解析 an＝2n－1，设bn＝＝2n－1，则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋3＋…＋2n－1＝.
答案 C
5．已知数列{an}的通项公式为an＝n2cosnπ(n∈N*)，Sn为它的前n项和，则等于( )
A．1 005 B．1 006
C．2 011 D．2 012
解析 留意到cosnπ＝(－1)n(n∈N*)，故an＝(－1)nn2.因此有S2 012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－2 0112＋2 0122)＝1＋2＋3＋…＋2 011＋2 012＝＝1 006×2 013，所以＝1 006.
答案 B
6．已知函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线l与直线3x－y＋2＝0平行，若数列(n∈N*)的前n项和为Sn，则S2 012的值为( )
A. B.
C. D.
解析 由于f′(x)＝2x＋b，据题意则有f′(1)＝2＋b＝3，故b＝1，即f(x)＝x2＋x，从而＝＝－，其前n项和Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故S2 012＝.
答案 D
二、填空题
7．设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝19，a5＋b3＝9，则数列{anbn}的前n项和Sn＝__________.
解析 由条件易求出an＝n，bn＝2n－1(n∈N*)．
∴Sn＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，①
2Sn＝1×2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.②
由①－②，得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
答案 (n－1)·2n＋1
8．在数列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，则数列{bn}的前n项和为__________．
解析 ∵an＝＝，
∴bn＝＝8.
∴b1＋b2＋…＋bn
＝8＝.
答案
9．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________.
解析 由an＋2－an＝1＋(－1)n，知a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.
∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)
＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋＝2 600.
答案 2 600
三、解答题
10．(2022·山东卷)在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝a，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.
解 (1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，
即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题意知bn＝a＝n(n＋1)，
所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn·(n＋1)．
由于bn＋1－bn＝2(n＋1)，可得当n为偶数时，
Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)
＝4＋8＋12＋…＋2n＝＝，
当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋(－bn)＝－n(n＋1)＝－.
所以Tn＝
11．已知数列{an}的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵中每一行的第一个数a1，a2，a4，a7，…构成等差数列{bn}，Sn是{bn}的前n项和，且b1＝a1＝1，S5＝15.
a1
a2 a3
a4 a5 a6
a7 a8 a9 a10
…
(1)若数阵中从第3行开头每行中的数按从左到右的挨次均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知a9＝16，求a50的值；
(2)设Tn＝＋＋…＋，求Tn.
解 (1)设等差数列{bn}的公差为d.
∵b1＝1，S5＝15，∴S5＝5＋10d＝15，d＝1，
∴bn＝1＋(n－1)×1＝n.
设从第3行起，每行的公比都是q，且q>0，则a9＝b4q2，即4q2＝16，q＝2，
又1＋2＋3＋…＋9＝45，故a50是数阵中第10行的第5个数，a50＝b10q4＝10×24＝160.
(2)∵Sn＝1＋2＋…＋n＝，
∴Tn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝2
＝2＝.
1．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为( )
A．3 690 B．3 660
C．1 845 D．1 830
解析 当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝4k－1，
当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，
∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2，
∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61.
∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)
＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝＝30×61＝1 830.
答案 D
2．(2022·湖北三校联考改编)已知等比数列的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lga1,2lga2,22lga3,23lga4，…，2n－1lgan，…的前n项和Sn等于( )
A．n·2n B．(n－1)·2n－1－1
C．(n－1)·2n＋1 D．2n＋1
解析 ∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，∴a＝102n，即an＝10n，∴2n－1lgan＝2n－1lg10n＝n·2n－1，∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①
2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②
∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
答案 C
3．数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝，且对任意正整数m，n，都有am＋n＝aman，若Sn<t恒成立，则实数t的最小值为________．
解析 令m＝1，则＝a1，
∴{an}是以a1为首项，为公比的等比数列．
∴an＝n，∴Sn＝＝
＝－<.由Sn<t恒成立，
∴t>Sn的最大值，可知t的最小值为.
答案
4．(2022·四川资阳高考模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn满足：Sn＝an＋n－3.
(1)求证：数列{an－1}是等比数列．
(2)令cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)，对任意n∈N*，是否存在正整数m，使＋＋…＋≥都成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：当n＝1时，S1＝a1＝a1－2，解得a1＝4.
当n≥2时，由Sn＝an＋n－3得Sn－1＝an－1＋n－4，
两式相减，得Sn－Sn－1＝an－an－1＋1，
即an＝3an－1－2，则an－1＝3(an－1－1)，
故数列{an－1}是以a1－1＝3为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)知an－1＝3n，
cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)＝1＋2＋…＋n＝，所以＝＝2，
则＋＋…＋
＝2
＝2，
由＋＋…＋≥对任意n∈N*都成立，得2≥，即m≤6对任意n∈N*都成立，又m∈N*，所以m的值为1,2,3.
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