第4讲数列求和

A级课时对点练(时间：40分钟满分：60分)一、选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)1．数列11×3，13×5，15×7，…，12n－12n＋1…的前n项和为()A.n2n－1B.n2n＋1C.2n2n＋1D.2n2n－1解析：∵12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1∴Sn＝11×3＋13×5＋…＋12n－12n＋1＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.答案：B2．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－12n，其中前n项和Sn＝32164，则项数n等于()A．13B．10C．9D．6解析：∵an＝2n－12n＝1－12n，∴Sn＝n－12＋122＋…＋12n＝n－1＋12n，而32164＝5＋164，∴n－1＋12n＝5＋164，∴n＝6.答案：D3．正整数数列中，前50个偶数的平方和与50个奇数的平方和的差是()A．0B．5050C．2525D．－5050解析：由题意知：(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992)＝3＋7＋…＋199＝5050.答案：B4．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2＋3，a3＝4＋5＋6，a4＝7＋8＋9＋10，…，则a10的值为()A．750B．610C．510D．505解析：a10＝46＋47＋…＋55＝505.答案：D5．(2010·济宁二模)若数列{an}的通项为an＝4n－1，bn＝a1＋a2＋…＋ann，n∈N*，则数列{bn}的前n项和是()A．n2B．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二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)6．求和2＋22＋222＋…＋22…2n个＝________.解析：原式＝29[(10－1)＋(100－1)＋(1000－1)＋…＋(10n－1)]＝2081(10n－1)－2n9.答案：2081(10n－1)－2n97．(2010·潍坊一模)已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列1bnbn＋1的前n项和Sn＝________.解析：由已知条件可得q4－1＝a4a1＝813＝27，即q＝3，∴an＋1an＝q＝3，则bn＋1－bn＝log3an＋1－log3an＝log3an＋1an＝1，又b1＝log3a1＝log33＝1，可得等差数列{bn}的通项公式为bn＝n，∴1bnbn＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴Sn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.答案：nn＋18．已知f(x)＝4x4x＋2，求f111＋f211＋…＋f1011＝________.解析：因为f(x)＋f(1－x)＝4x4x＋2＋41－x41－x＋2＝4x4x＋2＋44＋2·4x＝4x4x＋2＋22＋4x＝1.所以f111＋f1011＝f211＋f911＝…＝f511＋f611＝1.∴f111＋f211＋…＋f1011＝5.答案：5三、解答题(本题共2小题，每小题10分，共20分)9．(2010·海口调研)在等差数列{an}中，a1＝3，前n项和为Sn，等比数列{bn}各项均为正数，b1＝1，且b2＋S2＝12，{bn}的公比q＝S2b2.(1)求an与bn；(2)求1S1＋1S2＋…＋1Sn.解：(1)由已知可得q＋3＋a2＝12，q＝3＋a2q，解得：q＝3或q＝－4(舍去)，a2＝6.∴an＝3＋(n－1)·3＝3n，bn＝3n－1.(2)∵Sn＝n3＋3n2，∴1Sn＝2n3＋3n＝231n－1n＋1∴1S1＋1S2＋…＋1Sn＝231－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝231－1n＋1＝2n3n＋1.10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且当n∈N*时满足Sn＝－3n2＋6n，数列{bn}满足bn＝12n－1，数列{cn}满足cn＝16anbn.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求数列{cn}的前n项和Tn.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝9－6n.∴an＝9－6n(n∈N*)．(2)∵bn＝12n－1，cn＝16anbn＝9－6n612n－1＝(3－2n)12n，∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝12－122＋…＋(3－2n)12n.利用错位相减法，得Tn＝(2n＋1)12n－1.B级素能提升练(时间：30分钟满分：40分)一、选择题(本题共2小题，每小题5分，共10分)1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|等于()A．66B．65C．61D．56解析：当n＝1时，a1＝S1＝－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n＋2－[(n－1)2－4(n－1)＋2]＝2n－5，∴a2＝－1，a3＝1，a4＝3，…，a10＝15，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝1＋1＋81＋152＝2＋64＝66.答案：A2．有限数列{an}中，Sn为{an}的前n项和，若把S1＋S2＋…＋Snn称为数列{an}的“优化和”，现有一个共2009项的数列：a1，a2，a3，…，a2009，若其“优化和”为2010，则有2010项的数列：1，a1，a2，a3，…，a2009的优化和为（）．A.2009B.2010C.2011D.2012解析：依题意，S1＋S2＋…＋S20092009＝2010，∴S1＋S2＋…＋S2009＝2009×2010.又数列1，a1，a2，…，a2009相当于在数列a1，a2，…，a2009前加一项1，∴其优化和为1＋S1＋1＋S2＋1＋…＋S2009＋12010＝2009×2010＋20102010＝2010.答案：B二、填空题(本题共2小题，每小题5分，共10分)3．已知数列{an}，an＝1n＋n＋1(n∈N*)，且数列{an}的前n项和Sn＝9，那么n的值为________．解析：∵an＝1n＋n＋1＝n＋1－n∴Sn＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1∴n＋1－1＝9∴n＝99.答案：994．(2010·南京三模)正整数按下列方法分组{1}，{2,3,4}，{5,6,7,8,9}，{10,11,12,13,14,15,16}，…，记第n组中各数之和为An；由自然数的立方构成下列数组：{03,13}，{13,23}，{23,33}，{33,43}，…，记第n组中后一个数与前一个数的差为Bn，则An＋Bn＝________.解析：由题意知，前n组共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2个数，所以第n－1组的最后一个数为(n－1)2，第n组的第一个数为(n－1)2＋1，第n组共有2n－1个数，所以根据等差数列的前n项和公式可得An＝[n－12＋1]＋[n－12＋2n＋1]2(2n－1)＝[(n－1)2＋n](2n－1)，而Bn＝n3－(n－1)3，所以An＋Bn＝2n3.答案：2n3三、解答题(本题共2小题，每小题10分，共20分)5．(2010·淄博模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－2n(n－1)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)设数列1anan＋1的前n项和为Tn，求证：15≤Tn＜14.(1)解：由Sn＝nan－2n(n－1)得an＋1＝Sn＋1－Sn＝(n＋1)an＋1－nan－4n，即an＋1－an＝4.∴数列{an}是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝4n－3.(2)证明：Tn＝1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝11×5＋15×9＋19×13＋…＋14n－3×4n＋1＝141－15＋15－19＋19－113＋…＋14n－3－14n＋1＝141－14n＋1＜14.又易知Tn单调递增，故Tn≥T1＝15，得15≤Tn＜14.6．已知数列{an}的前n项和Sn，对一切正整数n，点(n，Sn)都在函数f(x)＝2x＋2－4的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝anlog2an，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由题意，Sn＝2n＋2－4，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2－2n＋1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝23－4＝4，也适合上式，∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，n∈N*.(2)∵bn＝anlog2an＝(n＋1)·2n＋1，∴Tn＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，①2Tn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋n·2n＋1＋(n＋1)·2n＋2.②②－①，得Tn＝－23－23－24－25－…－2n＋1＋(n＋1)·2n＋2＝－23－231－2n－11－2＋(n＋1)·2n＋2＝－23－23(2n－1－1)＋(n＋1)·2n＋2＝(n＋1)·2n＋2－23·2n－1＝(n＋1)·2n＋2－2n＋2＝n·2n＋2.