数列求和练习题

数列求和练习题

1．已知数列an的前n项和为Sn，若an1nn1，Sn10，则n（ ）

A．90 B．121 C．119 D．120

2．已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S84S4，则a10（ ） （A） 1719 （B） （C）10 （D）12 223．数列an中,a1 .765 C

60,an1an3，则此数列前30项的绝对值的和为 ( )

1，则S6等于

n(n1)4．数列{an}的前n项和为Sn，若anA．

1456 B． C． D． 425675．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2·a4＝1，S3＝7，则S5＝( ) A.

1311715 B. C. D. 2422是等差数列

的前项和，已知

，则

等于 ( )

6．设A. 13 B. 35 C. 49 D. 63

7．等差数列{an}的前n项和为Sn,a511,S12186,则a8= ( ) A．18 B．20 C．21

D．22

8．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S36,a30，则公差d等于（ ） （A）1 （B）1 （C）2 （D）2

9．设等差数列an的前n项和为Sn，若a111，a4a66，则当Sn取最小值时，n等于（ ） A．6 B．7 C．8 D．9 10．在等差数列

{an}中，已知

a4a816，则该数列前11项的和

S11等于

A．58 B．88 C．143 D． 176

n111．已知数列{an}的前n项和为Sn159131721(1)(4n3),则S15S22S31的值是

（ ）

A．-76 B．76 C．46 D．13

12．等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a2＋a3＋a4＝1，a5＋a6＋a7＋a8＝2，Sn＝15，则项数n为( ) A．12 B．14 C．15 D．16

1

-

13．等差数列an中，若a1a4a739，a3a6a927，则an的前9项和为( ) A．297 B．144 C．99 D．66 一、解答题（题型注释）

14．已知数列an的前n项和Snn2,nN*. （1）求数列an的通项公式；

（2）若数列bn是等比数列，公比为qq0且b1S1,b4a2a3，求数列bn的前n项和Tn. 15．已知等差数列an的前n项和为Sn，且S39，a1,a3,a7成等比数列. （1）求数列an的通项公式；

（2）若数列an的公差不为0，数列bn满足bn(an1)2，求数列bn的前n项和Tn.

n16．设数列an的前n项和Sn（1）求数列an的通项公式；

2n12，数列bn满足bn1．

(n1)log2an（2）求数列bn的前n项和Tn．

17．已知数列{an}的各项均为正数，Sn是数列{an}的前n项和，且4Snan2an3． （1）求数列{an}的通项公式；

n（2）已知bn2,求Tna1b1a2b2anbn的值．

218．已知数列«Skip Record If...»的前«Skip Record If...»项和«Skip Record If...»，数列«Skip Record If...»满足«Skip Record If...» «Skip Record If...»．

（1）求数列«Skip Record If...»的通项«Skip Record If...»； （2）求数列«Skip Record If...»的通项«Skip Record If...»；

（3）若«Skip Record If...»，求数列«Skip Record If...»的前«Skip Record If...»项和«Skip Record If...»．

19．已知数列an的前n项和为Sn，且2Snnn.

2（1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn12an1,(nN*)求数列{bn}的前n项和Sn.

anan120．已知数列{an}的前n项和Sn2an，数列{bn}满足b1=1，b3+b7=18，且bn1bn12bn（n≥2）.（1）求数

2

-

列{an}和{bn}的通项公式；（2）若cnbn，求数列{cn}的前n项和Tn. an21．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn1}是公比为2的等比数列，a2 是a1和a3的等比中项. （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列nan的前n项和Tn. 22．设数列an满足a11an1an（1）求数列an的通项公式；

（2）令bnnan，求数列bn的前n项和Sn

二、填空题

23．已知等比数列an的各项均为正数，若a11，a34，则a2________;此数列的其前n项和

1(nN) n2Sn__________.

24．已知等差数列an中，a25 ，a411，则前10项和S10 ．

25．设等比数列an的前n项和为Sn,已知S48,S812,则a13a14a15a16的值为 ． 26．设Sn是等差数列an的前n项和,且

SS31，则9 ．

S12S6327．等差数列an中，S10120，那么a2a9 ．

28．[2014·北京海淀模拟]在等比数列{an}中，Sn为其前n项和，已知a5＝2S4＋3，a6＝2S5＋3，则此数列的公比q

＝________.

29．在等差数列{an}中，a21,a45,则{an}的前5项和S5= . 30．已知等差数列an中，已知a86,a110，则S18=________________.

31．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a82a3a6,S562，则a1的值是 .

32．（2013•重庆）已知{an}是等差数列，a1=1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8= _________ ． 33．数列{an}的通项公式an1n1n，它的前n项和为Sn9，则n_________．

34．[2014·浙江调研]设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－Sn·Sn－1(n≥2)，则Sn＝________.

3

-

参

1．D

【解析】an1nn1n1n，

Sn(21)32...n1110，解得n120．

n1nn11，

【命题意图】本题考查利用裂项抵消法求数列的前n项和等知识，意在考查学生的简单思维能力与基本运算能力． 2．B 【解析】

S84S4，试题分析：∵公差d1，∴8a1故选B.

考点：等差数列通项公式及前n项和公式 3．B 【解析】

111119解得a1=，∴a10a19d9，874(4a143)，22222试题分析：因为an1an3，所以an1an3。所以数列an是首项为a160公差为3的等差数列。则令an3n630得n21。所以数列前20项为负第21项为0从弟22项起为正。an603n13n63，

nn13n2123n3数列an前n项和为Snn60。则a1a222a20a21a21a30a1a2a20a21a30S20S30S20S302S203302123303202123202765。故B正确。

22考点：1等差数列的定义；2等差数列的通项公式、前n项和公式。

4．D 【解析】

试题分析：因为an1111111116.所以S611. n(n1)nn12236777考点：1.数列的通项的裂项.2.数列的求和.

5．B

【解析】依题意知，a1q＝1，又a1>0，q>0，则a1＝

24

1112

.又S＝a(1＋q＋q)＝7，于是有(＋3)(－2)＝0，因312qqq141512＝31，选B.

此有q＝，所以S5＝

124124

-

6．C

【解析】在等差数列中，7．B 【解析】 试题分析：S12，选C.

12(11a8)12(a1a12)12(a5a8)，即186，解得a820. 222考点：1.等差数列的通项，和式；2.等差数列性质（下标关系）.

8．C 【解析】

试题分析：∵a30，即a12d0，∴a12d，∴S3a1a2a3a1a1d0＝

2a1d4dd3d6，∴d2．

考点：等差数列的通项公式与前n项和公式． 9．A 【解析】

试题分析：设公差为d，则a4a6a13da15d2118d6，解得d2。（法一）所以

an11n122n13。令an2n130得n6.5。所以数列前6项为负，从第7项起为正。所以数

列前6项和最小；（法二）Snn11nn122n212nn636，所以当n6时Sn取得最小2值。故A正确。

考点：1等差数列的通项公式；2等差数列的前n项和公式。 10．B 【解析】

试题分析：根据等差数列的性质，a1a11a4a816

S1111a1a11111688 ，故选B.

22考点：1、等差数列的性质；2、等差数列的前n项和.

11．A 【解析】

n1142试题分析：（并项求和法）由已知可知：Sn(4)n2S3114n为奇数，所以S1514n为偶数15129，23112261，S22(4)44，因此S15S22S3129446176，答案选A. 22考点：并项求和

12．D

5

-

【解析】

a5a6a7a84

＝q＝2，

a1a2a3a4由a1＋a2＋a3＋a4＝1，

23

得a1(1＋q＋q＋q)＝1，

1q4即a1·＝1，∴a1＝q－1，

1q又Sn＝15，即

n

a11qn1q＝15，

∴q＝16，

4

又∵q＝2， ∴n＝16.故选D. 13．C 【解析】

试题分析：∵amanapaq,mnpq∴

a1a4+a7a3a6+a92a2a5+a866S9a1a4+a7a2a5+a8a3a6+a93a2a5+a899 .

考点：等差数列的运算性质. 14．（1）an2n1（2）Tn【解析】

试题分析：（1）由Sn求数列通项时利用an公比q，得到前n项和Tn 试题解析：（1）因为数列所以当又当

时，时，

，满足上式，

，又

，所以

.

的前项和

，

，

,

3321 2S1n1求解；（2）借助于数列an可求解b1,b4，从而得到

SnSn1n2（2）由（1）可知

又数列是公比为正数等比数列，所以，又，所以

6

-

所以数列的前项和

考点：数列求通项公式及等比数列求和 15．（1）ann1；（2）Tn(n1)2【解析】

试题分析：（1）由题意可知，利用S39，a1,a3,a7成等比数列，从而可求出数列an的通项公式，数列bn的通项公式可通过联立方程组求解；（2）可利用错位相减法对前n项和进行处理进而求解.

2试题解析：（1）a3a1a7，即(a12d)a1(a16d)，化简得dn12.

21a1或d0. 2当d12319a1时，S33a1a1a19，得a12或d1， 2222∴ana1(n1)d2(n1)n1，即ann1； 当d0时，由S39，得a13，即有an3. （2）由题意可知bnn2，

∴Tnb1b2bn1222n2①

2nn2Tn122223(n1)2nn2n1②，

①-②得：Tn2222n2∴Tn(n1)2n123nn1(n1)2n12，

2.

n. n1考点：1.等差数列的综合；2.等比数列的综合；3.错位相减法的运用.

n16．（1）an2；（2）Tn【解析】

试题分析：本题主要考查由Sn求an、对数的运算、裂项相消法、等差数列的前n项和公式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力和计算能力.第一问，由Sn求an需要分2步：anS1,n1SnSn1,n2，在解

题的最后需要验证2步是否可以合并成一个式子；第二问，先利用对数式的运算化简bn的表达式，根据表达式的特点，利用裂项相消法求数列{bn}的前n项和.

试题解析：（1）n1时，a1S12， 2分

Sn2n12，∴Sn12n2(n2)

7

-

∴aSnnnSn12(n2)，

∴数列a的通项公式为：a2nnn． 6分

(2)b1n11(n1)logn1)n1n1 9分 22n(nT111111nn1223 nn11n1n1． 12分 考点：由Sn求an、对数的运算、裂项相消法、等差数列的前n项和公式.

17． （1）an1n2n1．（2）Tn(2n1)22。

【解析】 试题分析：（1）令n = 1，解出a1 = 3, （a1 = 0舍）， 由4Sn = an2 + 2an－3 ①

及当n2时 4sna2－1 = n1 + 2an-1－3 ②

①－②得到a2a2nn12(anan1)0，

确定得到{an}是以3为首项，2为公差的等差数列. （2）利用“错位相减法”求和. 试题解析： （1）当n = 1时，a11s14a21312a14,解出a1 = 3, （a1 = 0舍）又4Sn = an2 + 2an－3 ①

当n2时 4sn2－1 = an1 + 2an-1－3 ②

①－② 4a2nana222n12(anan1), 即anan12(anan1)0，

∴ (anan1)(anan12)0, 4分

anan10anan12（n2），

数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列， an32(n1)2n1． 6分

（2）Tn321522(2n1)2n ③

又2Tn322523(2n1)2n(2n1)2n1 ④

④－③ T12232n)(2n1)2n1n322(2

6822n1(2n1)2n1

8

1分 -

(2n1)2n12 12分

考点：等差数列及其求和，等比数列的求和，“错位相减法”.

2(n1),n218．（1）ann1（2）bnn2n（3）Tn2(n3)2

2(n2).【解析】

试题分析：（1）利用数列的前n项和Sn与第n项an的关系an=（2）由bn1bn2n1bn1bn2n1 又bnb1b2b1b3b2b4b3（3）由（1）（2）可得cnS1SnSn1n1n2求解.

bnbn1可转化为等差数列前n项和问题.

2(n1),(n2)2n1(n2).123n1所以，Tn2021222(n2)2

根据和式的特点可考虑用错位相减法解决.试题解析：（1）∵«Skip Record If...»,

∴«Skip Record If...»． 2分 ∴«Skip Record If...»． 3分 当«Skip Record If...»时，«Skip Record If...»，

∴«Skip Record If...» 4分 （2）∵«Skip Record If...» ∴«Skip Record If...»，

b3b23, b4b35,

bnbn12n3 ,

以上各式相加得：

bnb1135b11

2n3n112n32n12

bnn22n 9分

（3）由题意得«Skip Record If...»

∴«Skip Record If...»， ∴«Skip Record If...»， ∴«Skip Record If...» 9

-

«Skip Record If...» =«Skip Record If...»，

∴«Skip Record If...»． 12分 考点：1、数列前n项和Sn与第n项an的关系；2、等差数列前n项和；3、错位相减法求数列前n项和. 19．(1)ann;(2)n【解析】

试题分析：（1）由2Snnn得n2时2Sn1(n1)(n1)两式相减得ann； （2）根据bn22211n1.

1anan2an121(1n)n11(2n1)，再利用分组求和即可求出结果.

2试题解析：解：（1）由2Snnn.n2时2Sn1(n1)(n1) 2分 ∴2an2Sn2Sn12nann（n2） 4分 又n1时，a11适合上式。ann 6分

(2)bn11112an12n1()(2n1) 8分

anan1n(n1)nn11111111Sn[(1)()()()](132n1) 10分

22334nn111 12分 1n2n21n1n1考点：1.通项公式和前n项和的关系；2.数列求和. 20．（1）an【解析】

试题分析：（1）由Sn2an及Sn12an1进行相减求得an与an1的关系，由等比数列定义可得数列｛an｝的通项公式，又由bn1bn12bn可知数列{bn}是等差数列，进而可求得其通项公式；（2）易得cn其通项为等差乘等比型，可用错位相乘法求其前n项和Tn.

试题解析：（1）由题意知Sn2an①，当n≥2时，Sn12an1②，①-②得anSnSn1an1an，即

12nT(2n3)23. ，（2），b2n1nnn1bn(2n1)2n1，an111an1，又a1S12a1，∴a11，故数列{an}是以1为首项，为公比的等比数列，所以ann1，2221由bn1bn12bn（n≥2）知，数列{bn}是等差数列，设其公差为d，则b5(b3b7)9，故

2and10

b5b112，bnb1(n1)d2n1，综上，数列{an}和{bn}的通项公式分别为ann1，bn2n1. 42 -

（2）∵cnbn(2n1)2n1，∴Tnc1c2ancn120321522(2n1)2n1③

2Tn121322(2n3)2n1(2n1)2n④

12n1n③-④得Tn12(222)(2n1)2， nnn即Tn12(22)(2n1)2(2n3)23， n∴Tn(2n3)23

S1,n1考点：an与Sn的关系：an，等差与等比数列的定义和通项公式，数列求和方法：错位相减法.

SS,n2n1n21．（1）an2n1;（2）Tn(n1)2n1. 【解析】

试题分析：（1）先根据等比数列公式求出Sn与n的关系式，然后利用Sn与an的递推关系求出a1，从而再求出an.（2）根据数列通项公式的特点用错位相减法求数列前n项和. 试题解析：（1）解：∵{Sn1}是公比为2的等比数列， ∴Sn1(S11)2n1(a11)2n1. 1分 ∴Sn(a11)2n11.

从而a2S2S1a11，a3S3S22a12. 3分 ∵a2是a1和a3的等比中项

∴(a11)a1(2a12)，解得a11或a11. 4分 当a11时，S110，{Sn1}不是等比数列， 5分 ∴a11.

∴Sn2n1. 6分 当n2时，anSnSn12n1. 7分 ∵a11符合an2n1，

∴an2n1. 8分 （2）解：∵nann2n1， 11

2 -

∴Tn11221322n2n1. ① 9分 2Tn121222323n2n.② 10分 ①②得Tn12222n1n2n 11分

12nn2n 12分 12(1n)2n1. 13分

∴Tn(n1)2n1. 14分

考点：1、Sn与an的递推关系的应用，2、错位相减法求数列前n项和.

1) n2n22 nn4n1（2）222．（1）2(1【解析】 1aan1n2n1111an1an21n2解、（1）当时，n2 aan12n12试题分析：2221aa21211112n2(11)， an12n1n12222121当n1时，an2(1)1，成立， 21所以通项an2(1n)(nN) 5分 2n（2）bnnan2nn1，则 2123nSnb1b2bn2(12n)(012n1) 2222123n令An012n1 ， 22221123n1n则An123n1n .， 222222112

- 111111n2n-n2n2 得An1123n1nn12n222222212n2所以An4n1， 2n(1n)n2n2则Sn24n1n2n4n1 12分 2221考点：错位相减法求和 点评：主要是考查了等比数列以及错位相减法求和 的运用，属于基础题。 23．2, 2n1 【解析】

12na22n1． 2，Sn试题分析：由题意aa1a34，所以a22，qa11222考点：等比数列的项与前n项和． 24．155． 【解析】

试题分析：设等差数列an的公差为d，则2da4a26，解得d3，所以a1a232，所以由等差数列的求和公式可得前10项和S1010a1考点：等差数列的前n项和． 25．1 【解析】

试题分析：解：因为数列是an等比数列，所以a1a2a3a4，a5a6a7a8，a9a10a11a12，

109d155．故应填155． 2a13a14a15a16也成等比，

由题设知a1a2a3a4S48,a5a6a7a8=S8S4844

1所以，a13a14a15a16=8=1

2考点：1、等比数列的概念与通项公式；2、等比数列的前n项和公式及等比数殊的性质. 26．

33 5S31,S6S32S3.又S3,S6S3,S9S6,S12S9成等差数列,所以，所以S63S3 S63【解析】 试题分析：因为

S9S63S3,S12S94S3.即S96S3,S1210S3,考点：等差数列性质 13

S963. S12105 -

27．24 【解析】

试题分析：因为S1010（(a1a10)5(a2a9)120,所以a2a924.

2考点：等差数列性质 28．3

【解析】因为a6－a5＝2(S5－S4)＝2a5，所以a6＝3a5.所以q＝3. 29．15 【解析】

试题分析：由题意得：a33,S55a315. 考点：等差数列. 30．. 【解析】

试题分析：∵等差数列{an}，∴S18考点：等差数列前n项和. 31．2 【解析】

725试题分析：设数列的公比为q，由a2a82a3a6得(a1q)(a1q)2(a1q)(a1q)，解得q2，再由S562得

(a1a18)(aa)1881118. 22a1(1q5)a1(125)62，即62，得a12.

1q12考点：等比数列的通项公式、求和公式. 32．

【解析】∵{an}是等差数列，a1，a2，a5成等比数列， ∴

2

=a1•（a1+4d），又a1=1，

∴d﹣2d=0，公差d≠0，

∴d=2．

∴其前和S8=8a1+故答案为：． 33．99 【解析】 试

题

分

析

：

×d=8+56=．

an1n1nn1n,可得前n项和

Sna1a2a3...an213243...n1nn11，所以n119，则n99.

考点：数列的求和. 34．

1 n14

-

【解析】依题意得Sn－1－Sn＝Sn－1·Sn(n≥2)，整理得

11111－＝1，又＝＝1，则数列{}是以1为首项，SnSn1S1a1Sn1为公差的等差数列，因此

11＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝. Snn15