第6章 第4节

一、选择题

1.等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2=2，S4=10，则S6等于()

A.12

B.18

C.24

D.42

[答案]　C

[解析]　由题意设Sn=An2+Bn，

又∵S2=2，S4=10，∴4A+2B=2,16A+4B=10，

解得A=34，B=-12，

∴S6=36×34-3=24.

2.数列{an}的前n项和为Sn，若an=1n+1n+2，则S8等于()

A.25

B.130

C.730

D.56

[答案]　A

[解析]　∵an=1n+1n+2=1n+1-1n+2，而Sn=a1+a2+…+an=12-13+13-14+…+1n-1n+1+1n+1-1n+2=12-1n+2=n2n+2，

∴S8=82×8+2=25.

3.数列1×12，2×14，3×18，4×116，…的前n项和为()

A.2-12n-n2n+1

B.2-12n-1-n2n

C.12(n2+n+2)-12n

D.12n(n+1)+1-12n-1

[答案]　B

[解析]　S=1×12+2×14+3×18+4×116+…+n×12n=1×121+2×122+3×123+…+n×12n，①

则12S=1×122+2×123+3×124+…+(n-1)×12n+n×12n+1，②

①-②得12S=12+122+123+…+12n-n×12n+1=121-12n1-12-n2n+1=1-12n-n2n+1.

∴S=2-12n-1-n2n.

4.122-1+132-1+142-1+…+1n+12-1的值为()

A.n+12n+2

B.34-n+12n+2

C.34-121n+1+1n+2

D.32-1n+1+1n+2

[答案]　C

[解析]　∵1n+12-1=1n2+2n=1nn+2

=121n-1n+2.

∴Sn=121-13+12-14+13-15+…+1n-1n+2=1232-1n+1-1n+2=34-121n+1+1n+2.

5.(2011•汕头模拟)已知an=log(n+1)(n+2)(n∈N*)，若称使乘积a1•a2•a3•…•an为整数的数n为劣数，则在区间(1,2002)内所有的劣数的和为()

A.2026

B.2046

C.1024

D.1022

[答案]　A

[解析]　∵a1•a2•a2•…•an=lg3lg2•lg4lg3•…•lgn+2lgn+1=lgn+2lg2=log2(n+2)=k，则n=2k-2(k∈Z).令12002，得k=2,3,4，…，10.

∴所有劣数的和为41-291-2-18=211-22=2026.

6.(2011•威海模拟)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-4n+2，则 |a1|+|a2|+…+|a10|=()

A.66

B.65

C.61

D.56

[答案]　A

[解析]　当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-5;

当n=1时，a1=S1=-1，不符合上式，

∴an=-1，n=1，2n-5，n≥2，

∴{|an|}从第3项起构成等差数列，首项|a3|=1，

末项|a10|=15.

∴|a1|+|a2|+…+|a10|=1+1+1+15×82=66.

7.(文)(2009•江西)公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，S8=32，则S10等于()

A.18

B.24

C.60

D.90

[答案]　C

[解析]　由题意可知a42=a3×a7S8=32，

∴a1+3d2=a1+2da1+6d8a1+8×72×d=32，

∴a1=-3d=2，

∴S10=10×(-3)+10×92×2=60，选C.

(理)(2009•重庆)设{an}是公差不为0的等差数列，a1=2且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn=()

A.n24+7n4

B.n23+5n3

C.n22+3n4

D.n2+n

[答案]　A

[解析]　设等差数列公差为d，∵a1=2，∴a3=2+2d，a6=2+5d.又∵a1，a3，a6成等比数列，∴a32=a1a6，即(2+2d)2=2(2+5d)，整理得2d2-d=0.

∵d≠0，∴d=12，∴Sn=na1+nn-12d=n24+74n.故选A.

8.在等比数列{an}中，a1=2，前n项和为Sn，若数列{an+1}也是等比数列，则Sn等于()

A.2n+1-2

B.3n

C.2n

D.3n-1

[答案]　C

[解析]　解法1：由{an}为等比数列可得an+1=an•q，an+2=an•q2

由{an+1}为等比数列可得(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1)，故(an•q+1)2=(an+1)(an•q2+1)，

化简上式可得q2-2q+1=0，解得q=1，

故an为常数列，且an=a1=2，故Sn=n•a1=2n，故选C.

解法2：设等比数列{an}的公比为q，则有a2=2q且a3=2q2，

由题设知(2q+1)2=3•(2q2+1)，

解得q=1，以下同解法1.

二、填空题

9.设f(x)=12x+2，则f(-9)+f(-8)+…+f(0)+…+f(9)+f(10)的值为________.

[答案]　52

[解析]　∵f(-n)+f(n+1)=12-n+2+12n+1+2=2n1+2n•2+12n+1+2=2n•2+12n+1+2=22，

∴f(-9)+f(-8)+…+f(0)+…+f(9)+f(10)=52.

10.(2011•启东模拟)对于数列{an}，定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”，若a1=2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn=________.

[答案]　2n+1-2

[解析]　∵an+1-an=2n，

∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1

=2n-1+2n-2+…+22+2+2

=2-2n1-2+2=2n-2+2=2n，

∴Sn=2-2n+11-2=2n+1-2.

11.(2011•江门模拟)有限数列A={a1，a2，…，an}，Sn为其前n项的和，定义S1+S2+…+Snn为A的“凯森和”;如果有99项的数列{a1，a2，…，a99}的“凯森和”为1000，则有100项的数列{1，a1，a2，…，a99}的“凯森和”为________.

[答案]　991

[解析]　∵{a1，a2，…，a99}的“凯森和”为

S1+S2+…+S9999=1000，

∴S1+S2+…S99=1000×99，

数列{1，a1，a2，…，a99}的“凯森和”为：1+S1+1+S2+1+…+S99+1100

=100+S1+S2+…+S99100=991.

三、解答题

12.(2010•重庆文)已知{an }是首项为19，公差为-2的等差数列，Sn为{an}的前n项和.

(1)求通项an及Sn;

(2)设{bn-an}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.

[解析]　本题主要考查等差数列的基本性质，以及通项公式的求法，前n项和的求法，同时也考查了学生的基本运算能力.

(1)因为{an}为首项a1=19，公差d=-2的等差数列，

所以an=19-2(n-1)=-2n+21，

Sn=19n+nn-12(-2)=-n2+20n.

(2)由题意知bn-an=3n-1，所以bn=3n-1-2n+21

Tn=b1+b2+…+bn=(1+3+…+3n-1)+Sn

=-n2+20n+3n-12.

13.已知数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n.

(1)求证：数列{an}是等差数列;

(2)若bn=an•2n，求数列{bn}的前n项和Tn.

[解析]　(1)证明：a1=S1=-1，

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n2-3n-2(n-1)2+3(n-1)=4n-5.

又a1适合上式，故an=4n-5(n∈N*).

当n≥2时，an-an-1=4n-5-4(n-1)+5=4，

所以{an}是等差数列且d=4，a1=-1.

(2)bn=(4n-5)•2n，

∴Tn=-21+3•22+…+(4n-5)•2n，①

2Tn=-22+…+(4n-9)•2n+(4n-5)•2n+1，②

①-②得

-Tn=-21+4•22+…+4•2n-(4n-5)•2n+1

=-2+4•41-2n-11-2-(4n-5)•2n+1

=-18-(4n-9)•2n+1，

∴Tn=18+(4n-9)•2n+1.

14.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，且an+2SnSn-1=0(n≥2)，

(1)求数列{Sn}的通项公式;

(2)设Sn=1fn，bn=f(12n)+1.记Pn=S1S2+S2S3+…+SnSn+1，Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn+1，试求Tn，并证明Pn12.

[解析]　(1)解：∵an+2SnSn-1=0(n≥2)，

∴Sn-Sn-1+2SnSn-1=0.

∴1Sn-1Sn-1=2.又∵a=1，

∴Sn=12n-1(n∈N+).

(2)证明：∵Sn=1fn，∴f(n)=2n-1.

∴bn=2(12n)-1+1=(12)n-1.

Tn=(12)0•(12)1+(12)1•(12)2+…+(12)n-1•(12)n=(12)1+(12)3+(12)5+…+(12)2n-1

=23[1-(14)n].

∵Sn=12n-1(n∈N+)

∴Pn=11×3+13×5+…+12n-12n+1

=121-12n+112.

15.(2010•山东理)已知等差数列{an}满足：a3=7，a5+a7=26，{an}的前n项和为Sn.

(1)求an及Sn;

(2)令bn=1an2-1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.

[解析]　本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练掌握数列的基础知识是解答好本类题目的关键.对(1)可直接根据定义求解，(2)问采用裂项求和即可解决.

(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a3=7，a5+a7=26，

所以有a1+2d=72a1+10d=26，解得a1=3，d=2，

所以an=3+2(n-1)=2n+1;

Sn=3n+nn-12×2=n2+2n.

(2)由(1)知an=2n+1，所以bn=1an2-1=12n+12-1=14•1nn+1=14•1n-1n+1，

所以Tn=14•1-12+12-13+…+1n-1n+1

=14•1-1n+1=n4n+1，

即数列{bn}的前n项和Tn=n4n+1.

[点评]　数列在高考中主要考查等差、等比数列的定义、性质以及数列求和，解决此类题目要注意合理选择公式，对于数列求和应掌握经常使用的方法，如：裂项、叠加、累积.本题应用了裂项求和.