第五章 第四节 数列求和

一、选择题

1．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，且S25＝100，则a12＋a14等于( ) A．16 B．8 C．4

D．不确定

解析：由数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，可得数列{an}是等差数列，S25

a1＋a25·25＝＝100，解得a1＋a25＝8，所以a1＋a25＝a12＋a14＝8.

2

答案：B

2．数列{an}的通项公式an＝A．11 C．120 解析：∵an＝

1n＋n＋1

1n＋n＋1B．99 D．121

，若前n项的和为10，则项数为( )

＝n＋1－n，

∴Sn＝n＋1－1＝10，∴n＝120. 答案：C

3．(2011·安徽高考)若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝

( )

A．15 C．－12

B．12 D．－15

解析：a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15.

答案：A

4．(2012·江南十校联考)若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，则Tn＝1＋的结果可化为( ) anan＋1

1

A．1－n

412

1－n C.34

－

11

＋＋…a1a2a2a3

1

B．1－n

212

1－n D.32

解析：an＝2n1，设bn＝12n－11

＝， anan＋1211312n－1 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋222

111－n2421＝＝1－4n. 13

1－4答案：C

5．(2012·临沂质检)数列{an}、{bn}都是等差数列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60.则{an

＋bn}的前20项的和为( )

A．700 C．720

B．710 D．730

解析：由题意知{an＋bn}也为等差数列，所以{an＋bn}的前20项和为：S20＝20a1＋b1＋a20＋b2020×5＋7＋60

＝＝720.

22

答案：C 二、填空题

1121231239

6．已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，那么数列{bn}

233444101010101

＝{}的前n项和Sn＝________. anan＋1

解析：由已知条件可得数列{an}的通项公式为 an＝

1＋2＋3＋…＋nn

＝， 2n＋1

1114

＝＝4n－n＋1.

anan＋1nn＋1

∴bn＝

11111

Sn＝41－2＋2－3＋…＋n－n＋1



14n

＝41－n＋1＝n＋1. 4n答案： n＋1

a1 1

2＝1且7．(2012·杭州模拟)定义运算：＝ad－bc，若数列{an}满足c d

2 1

a b

3 3＝12(n∈N*)，则a3＝________，数列{an}的通项公式为an＝________. an an＋1

解析：由题意得a1－1＝1,3an＋1－3an＝12即a1＝2，an＋1－an＝4. ∴{an}是以2为首项，4为公差的等差数列． ∴an＝2＋4(n－1)＝4n－2，a3＝4×3－2＝10. 答案：10 4n－2 三、解答题

8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝5，S15＝225. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2an＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， a＋2d＝5，1

由题意，得 15×14

15a1＋2d＝225，

a1＝1，

解得∴an＝2n－1.

d＝2，

1n

(2)∵bn＝2an＋2n＝·4＋2n，

2∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

1

＝(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n) 24n1－42n2＝＋n2＋n＝·4＋n2＋n－.

633

＋

9．已知数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意的n∈N*满足关系式2Sn

＝3an－3.

(1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}的通项公式是bn＝数n，总有Tn<1.

2Sn＝3an－3，解：(1)由已知得(n≥2)．

2Sn－1＝3an－1－3

1

，前n项和为Tn，求证：对于任意的正

log3an·log3an＋1

故2(Sn－Sn－1)＝2an＝3an－3an－1， 即an＝3an－1(n≥2)．

故数列{an}为等比数列，且公比q＝3. 又当n＝1时，2a1＝3a1－3，∴a1＝3. ∴an＝3n.

111(2)证明：∵bn＝＝－.

nn＋1nn＋1∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

11111

1－＋－＋…＋n－＝n＋1 223



1＝1－<1. n＋1

10.[文](2012·西安五校第一次模拟)已知数列{an}满足：Sn＝1－an(n∈N*)，其中Sn为数

列{an}的前n项和．

(1)求{an}的通项公式；

n

(2)若数列{bn}满足：bn＝(n∈N*)，求{bn}的前n项和公式Tn.

an解：(1)∵Sn＝1－an，① ∴Sn＋1＝1－an＋1，②

1

②－①得，an＋1＝－an＋1＋an，∴an＋1＝an(n∈N*)，

21又n＝1时，a1＝1－a1，∴a1＝. 211n－11n

∴an＝·＝2，n∈N*. 22n

(2)∵bn＝a＝n·2n(n∈N*)，

n

∴Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.③ ∴2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n1.④

＋

③－④得，－Tn＝2＋2＋2＋…＋2－n×2整理得，Tn＝(n－1)2n1＋2，n∈N*.

＋

23nn＋1

21－2n＋

＝－n×2n1，

1－2

1n－1

[理]已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－2＋2(n为正整数)． 1n＋11

(1)证明：an＋1＝an＋2，并求数列{an}的通项公式； 2(2)若

cnan＝n，Tn＝c1＋c2＋…＋cn，求Tn. n＋1

1n－11n＋2，两式相减得an＋1＝－解：(1)证明：由Sn＝－an－＋2得S＋1＝－an＋1－n221n

an＋1＋an＋2，

1n＋11

即an＋1＝an＋2. 2

1n－11由Sn＝－an－＋2，令n＝1得a＝. 1

221n＋111n＋1得 在an＋1＝an＋中，两边同除以222

2n1an＋1＝2nan＋1，即数列{2nan}是首项为1，公差为1的等差数列，∴2nan＝n，∴an

＋

n

＝n(n∈N*)． 2

1ncnan(2)由(1)及＝n得cn＝(n＋1)2， n＋1

12113＋…＋ ∴Tn＝2×＋3×＋4×2221n

(n＋1)2，①

12113＋4×14＋…＋ Tn＝2×＋3×2222

1n＋1(n＋1)2，② 由①－②得

121311n－(n＋1)1n＋1 Tn＝1＋＋＋…＋22222

11n－1

1－

421n＋1

＝1＋－(n＋1)2 1

1－23n＋3＝－n＋1， 22∴Tn＝3－

n＋3

. 2n