精 品 试 卷
课堂达标(二十九) 数列求和
[A基础巩固练]
1．(2018·广东惠州一中等六校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S5＝25，则S7等于( ) A．41 C．49
[解析] 设Sn＝An＋Bn，
??S3＝9A＋3B＝9，
由题知，?
?S5＝25A＋5B＝25，?
2
B．48 D．56
解得A＝1，B＝0，∴S7＝49.
[答案] C
2．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)an＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于( ) A．76 C．80
nnB．78 D．82
n＋1
[解析] 由已知an＋1＋(－1)an＝2n－1，得an＋2＋(－1)·an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)(2n－1)＋(2n＋
n1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.
[答案] B
3．已知数列{an}的通项公式是an＝nsin?A.C.
2 017×2 018
22 017×2 017
2
22
?2n＋1π?，则a＋a＋a＋…＋a等于( )
?1232 018
?2?
B.D.
2 018×2 019
22 018×2 018
2
2n＋1???－n，n为奇数，?2
π?＝?2[解析] an＝nsin??2???n，n为偶数，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝－1＋2－3＋4－…－2 017＋2
22222
2 018×2 0192222222
018＝(2－1)＋(4－3)＋…＋(2 018－2 017)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 018＝.
2
[答案] B
?当n为奇数时，?n
4．已知函数f(x)＝?2
?当n为偶数时，?－n
2
2
且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 C．－100
[解析] 由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
B．100 D．10 200
＝1－2－2＋3＋3－4－4＋5＋…＋99－100－100＋101 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.故选B. [答案] B
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22222222222
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5．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项为2，则数列{an}的前n项和Sn等于( )
A．2 C．2
n＋1
nB．2
－2
nnD．2
n－1
－2
n－1
[解析] ∵an＋1－an＝2，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝22－2n＋1
＋2＝2－2＋2＝2，∴Sn＝＝2－2.故选C.
1－2
nnn＋1
＋2
n－2
2－2
＋…＋2＋2＋2＝
1－2
2
n[答案] C
?1?1121231234
?的6．(2018·北京师大附中统测)已知数列{an}：，＋，＋＋，＋＋＋，…，那么数列{bn}＝?
2334445555?anan＋1?
前n项和为( )
A．4?1－C．1－
?
?
1? n＋1??1??1
B．4?－?
?2n＋1?11D.－ 2n＋1
123n＋＋＋…＋ n＋1n＋1n＋1n＋1
1
n＋1
[解析] 由题意知an＝＝
1?1＋2＋3＋…＋nn1?1
＝，bn＝＝4?－?，所以b1＋b2＋…＋bn
n＋12anan＋1?nn＋1?
1??1??11??1
＝4?1－?＋4?－?＋…＋4?－? ?2??23??nn＋1?11??1??111
＝4?1－＋－＋…＋－＝4?1－. ?nn＋1??n＋1??223?[答案] A
?1?
?的前n项和Tn＝______. 7．(2018·广西高三适应性测试)已知数列{an}的前n项和Sn＝n，则数列?
a－1n＋1??
2
??1，n＝1，
[解析] ∵an＝?2
??n－n－
2
，n≥2
??1，n＝1，
＝???2n－1，n≥2，
∴an＝2n－1. ∴
1
＝
an＋1－1
1n＋
2
1?1?1
＝?－?， －14?nn＋1?
11?1?111
1－＋－＋…＋－∴Tn＝? 223nn＋1?4??1?1?n＝?1－＝. ?n＋1?4n＋44?[答案]
n 4n＋4
2n－1
8．设数列{an}的通项公式为an＝2
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，令bn＝nan，则数列{bn}的前n项和Sn为______.
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[解析] 由bn＝nan＝n·2
2n－1
知
Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，①
从而2·Sn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·2①－②得(1－2)·Sn＝2＋2＋2＋…＋212n＋1
[答案] [(3n－1)2＋2]
9
9．(2018·内蒙古百校联盟3月数学模拟试卷)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足n(n＋1)Sn＋(n＋n－1)Sn－1＝0(n∈N*)，则S1＋S2＋…＋S2 017＝______.
[解析] ∵n(n＋1)Sn＋(n＋n－1)Sn－1＝0(n∈N*)， ∴(Sn＋1)＝0，Sn＞0.∴n(n＋1)Sn－1＝0， ∴Sn＝
1nn＋
11＝－. nn＋1
2
2
2
2
2
3
5
2n－1
2
3
5
7
2n＋1
，②
2n＋1
－n·2
12n＋1
，即Sn＝[(3n－1)2＋2]．
9
∴S1＋S2＋…＋S2 017
?1??11??1－1?＝2 017. ＝?1－?＋?－?＋…＋???2??23??2 0172 018?2 018
2 017故答案为：. 2 018[答案]
2 017
2 018
*
10．(2017·天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，
b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N)．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q)＝12，而b1＝2，所以q＋q－6＝0. 又因为q>0，解得q＝2.所以，bn＝2. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8 ①. 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16 ②，
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2. (2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4
2
3
2
2
*
nnn－1
，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4，
nn故Tn＝2×4＋5×4＋8×4＋…＋(3n－1)×4，
4Tn＝2×4＋5×4＋8×4＋…＋(3n－4)×4＋(3n－1)×4
2
3
2
3
4
nn＋1
，
n＋1
上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×4＋3×4＋…＋3×4－(3n－1)×4
n
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＝
－41－4
n－4－(3n－1)×4
n＋1
得Tn＝
3n－2n＋18
×4＋. 33
3n－2n＋18
所以，数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4＋.
33
[B能力提升练]
1．已知等比数列的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝10，则数列lg a1,2lg a2,2lg a3,2lg a4，…，2
2n2
3
n－1
lg
an，…的前n项和Sn等于( )
A．n·2 C．(n－1)·2＋1
nnB．(n－1)·2D．2＋1
nn－1
－1
[解析] ∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝10，∴an＝10，即an＝10， ∴2
n－1
2n22nnlg an＝2
n－1
lg 10＝n·2
3
nn－1
，∴Sn＝1＋2×2＋3×2＋…＋n×2
n2n－1
， ①
2Sn＝1×2＋2×2＋3×2＋…＋n·2， ② ∴①－②得－Sn＝1＋2＋2＋…＋2[答案] C
2．(2018·湖南怀化四模)在正项等比数列{an}和正项等差数列{bn}中，已知a1，a2 017的等比中项与b1，b2 017的14
等差中项相等，且＋≤1，当a1 009取得最小值时，等差数列{bn}的公差d的取值集合为( )
2
2
n－1
－n·2＝2－1－n·2＝(1－n)·2－1，∴Sn＝(n－1)·2＋1.
nnnnnb1b2 017
??
? ??
???1
A.?d?d≥
672????1?
C.?? ?672?
???1B.?d?0＜d＜
672?????3??d≥D.d?2 017???
??? ??
??? ??
[解析] 在正项等比数列{an}和正项等差数列{bn}中， 已知a1，a2 017的等比中项与b1，b2 017的等差中项相等， 可得a1a2 017＝
b1＋b2 017
2
，即为a1 009＝b1 009，当a1 009取得最小值时，即为当b1 009取得最小值时．
4??1
由(b1＋b2 017)?＋?
?b1b2 017?
＝5＋
b2 0174b1
＋≥5＋2b1b2 017b2 0174b1
×＝9， b1b2 017
当且仅当b2 017＝2b1时，取得等号． 14再由＋≤1，可得b1＋b2 017≥
91＋4
b1b2 017
≥9，
b1b2 017
即有b1＋b2 017取得最小值9，此时b2 017＝2b1，
991
可得最小值b1 009＝，即有b1＋1 008d＝，b1＋2 016d＝2b1，解得d＝.故选：C.
22672[答案] C
3．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)an＝cos(n＋1)π，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 015＝______.
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n精 品 试 卷
[解] ∵an＋1＋(－1)an＝cos(n＋1)π＝(－1)∴当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝－1，k∈N， ∴S2 015＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 014＋a2 015) ＝1＋(－1)×1 007＝－1 006. [答案] －1 006
*
nn＋1
，
4．(2018·广西名校猜题卷)已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足an＝S2n－1(n∈N)．若不等式
*
2
λ
an＋1
≤n＋
n－
n对任意的n∈N恒成立，则实数λ的最大值为______．
*
[解析] 在an＝S2n－1中，令n＝1，n＝2，
??a1＝S1得?2
?a2＝S3?
2
2
??a1＝a1
，即?
?a1＋d?
2
2
＝3a1＋3d
，
解得a1＝1，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，an＋1＝2n＋1. ①当n为偶数时，要使不等式
λ
an＋1
≤n＋
n－
n恒成立，即需不等式λ≤
n＋
nn＋
8
＝2n＋＋17
n8
恒成立，∵2n＋≥8，等号在n＝2时取得，
n∴此时λ需满足λ≤25； ②当n为奇数时，要使不等式
λ
an＋1
≤n＋
n－
n恒成立，即需不等式λ≤
n－
2
n＋
8＝2n－－15
n8
恒成立，∵2n－随n的增大而增大，
n8
∴n＝1时，2n－取得最小值－6.
n则λ≤－6－15＝－21.
综合①、②可得λ的取值范围是λ≤－21. ∴实数λ的最大值为－21. 故答案为：－21. [答案] －21
5．(2018·山东省青岛市数学一模试卷)已知数列{an}的前 n 项和为Sn，a1＝1，且an＋1＝2Sn＋1，n∈N. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令c＝log3a2n，bn＝值范围．
[解] (1)∵an＋1＝2Sn＋1，n∈N，n≥2时，
*
*
1*
，记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意n∈N，λ＜Tn恒成立，求实数λ的取
cn·cn＋2
an＝2Sn－1＋1，可得an＋1－an＝2an，
即an＋1＝3an.
n＝1时，a2＝2a1＋1＝3＝3a1，满足上式．
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∴数列{an}是等比数列，∴an＝3(2)c＝log3a2n＝log33
2n－1
n－1
.
＝2n－1.
bn＝＝
cn·cn＋2
11
n－n＋
1?1?1－＝??，
4?2n－12n＋3?
1??1??11?数列{bn}的前n项和Tn＝??1－?＋?－?＋
5??37?4??
?1－1?＋…＋?1－1?＋?1－1??＝1?1＋1－1－1?
?59??2n－32n＋1??2n－12n＋3??4?32n＋12n＋3??????????
*
∵对任意n∈N，λ＜Tn 恒成立， 1?111?1∴λ＜?1＋－－?＝. 335?54?1??∴实数λ的取值是?－∞，?.
5??
[C尖子生专练]
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，?n∈N2Sn＝an＋an.令bn＝在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为______．
[解析] ∵2Sn＝an＋an，① ∴2Sn＋1＝an＋1＋an＋1，②
②－①，得2an＋1＝an＋1＋an＋1－an－an，
2
a2n＋1－an－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.
2
2
2
2
*,
2
1
anan＋1＋an＋1an，设{bn}的前n项和为Tn，则
又∵{an}为正项数列，∴an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1. 在2Sn＝an＋an中，令n＝1，可得a1＝1.
∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴an＝n，∴bn＝
1
2
nn＋1＋n＋n＋
n
＝
[nn＋1＋n＋
n－nn＋1
nn＋n－nn＋1]
＝1
＝
n＋n－nn＋1nn＋
1
n－1
n＋1
，
∴Tn＝1－[答案] 9
n＋1
，∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.
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