高中数学专题训练(三)——数列求和

1高中数学专题训练（三）——数列求和1.求数列1357,,,,24816,212nn的前n项和.2已知3log1log23x，求nxxxx32的前n项和.3.求数列a,2a2,3a3,4a4,…,nan,…(a为常数)的前n项和。4.求证：nnnnnnnCnCCC2)1()12(532105.求数列311，421，531，…，)2(1nn，…的前n项和S26.数列{an}：nnnaaaaaa12321,2,3,1，求S2002.7.求数5，55，555，…，55…5的前n项和Sn8.已知数列na是等差数列，且1171713951aaaaa，求153aa的值.9.已知数列na的通项公式为nnan11求它的前n项的和.10.在数列na中，).2(122,121nSSaann证明数列ns1是等差数列，并求出Sn的表达式.311.数列na为正数的等比数列，它的前n项和为80，前2n项和为6560，且前n项中数值最大的项为54.求其首项a1及公比q.12.已知数列!)1(!32!21nnan求2008a.13.设na为等差数列，Sn为数列na的前n项和，已知S7=7,S15=75.记Tn为数列nSn的前n项和，求Tn.14.求数列)2112(815,413,211nn的前项和415.已知：nSnn1)1(654321.求nS.16.求和222222100994321.17.111112323434512nSnnn，求nS。18.设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，…．（Ⅰ）求a1，a2；（Ⅱ）｛an｝的通项公式。519.已知数列}{na：)3)(1(8nnan，求11))(1(nnnaan的值。20.求和:nnyxyxyx111221,1,0yxx21.求数列的前n项和：,231,,71,41,1112naaan22.求数列)}2)(1({nnn的前n项和。23.求证：nnnnnnnCnCCC2)1()12(53210624.求89sin88sin3sin2sin1sin22222的值。25.已知数列}{na的通项公式)12)(12()2(2nnnan，求它的前n项和.26.已知数列}{na的通项公式,)]1([122nnnan求它的前n项和.27.求和：;1)2(3)1(21nnnnSn728.已知数列.}{,)109()1(nnnnSnana项和的前求29.求和nnnnnnCnCCCCW)13(1074321030.解答下列问题：（I）设),3(9)(2xxxf（1）求)(xf的反函数);(1xf（2）若;),2(),(,1111nnnunufuu求（3）若;}{,,3,2,1,11nnkkkSnakuua项和的前求数列831.设函数),2)(1(,1:}{,332)(11nbfbbbxxxfnnn作数列求和：.)1(11433221nnnnbbbbbbbbW32.已知数列}{na的各项为正数，其前n项和2)21(nnnaSS满足，（I）求)2(1naann与之间的关系式，并求}{na的通项公式；（II）求证.211121nSSS33.已知数列{na}的各项分别为}{,,,,,165434322naaaaaaaaaa求的前n项和nS.934．已知数列{na}满足：}{,2)32()12(3121nnnbnanaa数列的前n项和nnnnWnbannS项和的前求数列}{.222.35．设数列{na}中，}{),(321nnaNnna将中5的倍数的项依次记为,,,321bbb，（I）求4321,,,bbbb的值.（II）用k表示kkbb212与，并说明理由.（III）求和：.212321nnbbbbb1036．数列{na}的前n项和为nS，且满足,)1(2,11nnanSa（I）求na与1na的关系式，并求{na}的通项公式；（II）求和.111111212322nnaaaW37.设数列na是公差为d，且首项为da0的等差数列，求证：nnnnnnCaCaCaS11001112)1(nn)1(2)1(ann答案：1.设135724816nS212nn则113524816nS1232122nnnn两式相减得11222(224816nS1221)22nnn1111(224811121)22nnn111112212112212nnn113121222nnn∴2332nnnS.2.解：由212loglog3log1log3323xxx由等比数列求和公式得nnxxxxS32＝xxxn1)1(＝211)211(21n＝1－n213.解：若a=0,则Sn=0若a=1,则Sn=1+2+3+…+n=若a≠0且a≠1则Sn=a+2a2+3a3+4a4+…+nan∴aSn=a2+2a3+3a4+…+nan+1∴(1-a)Sn=a+a2+a3+…+an-nan+1=∴Sn=当a=0时，此式也成立。∴Sn=111nnnaaaa)1(1)1(121aanaaaann)1(1)1(121aanaaaann12解析：数列nna是由数列n与na对应项的积构成的，此类型的才适应错位相减，（课本中的的等比数列前n项和公式就是用这种方法推导出来的），但要注意应按以上三种情况进行讨论，最后再综合成两种情况。4.证明：设nnnnnnCnCCCS)12(53210…………………………..①把①式右边倒转过来得0113)12()12(nnnnnnnCCCnCnS（反序）又由mnnmnCC可得nnnnnnnCCCnCnS1103)12()12(…………..……..②①+②得nnnnnnnnnCCCCnS2)1(2))(22(2110（反序相加）∴nnnS2)1(5.解：∵)2(1nn=211(21nn）Sn=)211()4121()311(21nn=)2111211(21nn=42122143nn6.解：设S2002＝2002321aaaa由nnnaaaaaa12321,2,3,1可得,2,3,1654aaa,2,3,1,2,3,1121110987aaaaaa……2,3,1,2,3,1665646362616kkkkkkaaaaaa13∵0665646362616kkkkkkaaaaaa（找特殊性质项）∴S2002＝2002321aaaa（合并求和）＝)()()(66261612876321kkkaaaaaaaaaa2002200120001999199819941993)(aaaaaaa＝2002200120001999aaaa＝46362616kkkkaaaa＝57.解：因为55…5=)110(95n所以Sn=5+55+555+…+55…5=)110()110()110(952n=nn110)110(1095=815095108150nn解析：根据通项的特点，通项可以拆成两项或三项的常见数列，然后再分别求和。另外：Sn=nn21813412211可以拆成：Sn=（1+2+3+…+n）+(n21814121)8.∵na为等差数列，且1+17=5+13，∴135171aaaa.由题设易知9a=117.又9a为3a与15a的等差中项，∴23429153aaa.9.nnnnan111(裂项)nn14于是有nnaaan1231221方程组两边相加，即得nnSn110.【证明】∵,1nnnSSa∴.).2(12221nSSSSnnnn化简，得Sn-1－Sn=2SnSn-1两边同除以.SnSn-1，得).2(2111nSSnn∴数列nS1是以11111Sa为首项，2为公差的等差数列.∴,122)1(11nnSn∴.121nSn11.∵,808065602nnSS∴此数列为递增等比数列.故q≠1.依题设，有③.54②,65601)1(①,801)1(11211nnnqaqqaqqa②÷①，得.81,821nnqq④④代入①，得.11qa⑤⑤代入③，得.541nnqq⑥④代入⑥，得271nq,再代入③，得a1=2,再代入⑤，得q=3.1512.令!)1(1!1!)1(nnnnbn（裂项）!)1(11)!)1(1!1()!31!21()!21!11(21nnnbbbann故有2008a=!200911.13.设等差数列na的公差为d，则.)1(21S1dnnnan(I)∵,75,7157SS∴.57,13,7510515,72171111dadadada即解得.1,21da代入（I）得).1(212)1(211ndnanSn（II）∵,2111nSnSnn∴数列nSn是首项为－2，公差为21的等差数列，∴.49412nnTn14.解：Sn=)2112(815413211nnnnnnnnn211211)21(1212)121()21814121()12531(215.当n为正奇数时，2121)]1()2[()43()21(nnnnnnSn16当n为正偶数时，2])1[()43()21(nnnSn综上知)(2)(21为正偶数为正奇数nnnnSn，注意按n的奇偶性讨论！16.50502199350199)14(1173)10099)(10099()212)(212()43)(43()21)(21(＝－）＋（－原式nnnnn17.解：因为1111122112nannnnnnn所以1111111212232334112nSnnnn1112212nn3412nnnn18.解：(Ⅰ)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝12．当n＝2时，x2