有答案 数列综合练习（错位相减法、裂项相消法）

数列综合练习（一）

1．等比数列前n项和公式：

a?1－q?a1－anq??1＝ ?q≠1?

1－q(1)公式：Sn＝?1－q.

??na1 ?q＝1?

(2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q＝1的情况．

a12．若{an}是等比数列，且公比q≠1，则前n项和Sn＝(1－qn)＝A(qn－1)．其中

1－q

a1A＝.

q－1

3．推导等比数列前n项和的方法叫错位相减法．一般适用于求一个等差数列与一个等比数列对应项积的前n项和．

4．拆项成差求和经常用到下列拆项公式：

111(1)＝－； n?n＋1?nn＋1

n

一、选择题

S51．设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则等于( )

S2

A．11 B．5 C．－8 D．－11 答案 D

解析 由8a2＋a5＝0得8a1q＋a1q4＝0，

5

S5a1?1＋2?

∴q＝－2，则＝＝－11.

S2a1?1－22?

S102．记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则等于( )

S5

A．－3 B．5 C．－31 D．33 答案 D

a1?1－q6?1－qS6解析 由题意知公比q≠1，＝ S3a1?1－q3?

1－q

＝1＋q3＝9，

a1?1－q10?1－qS105

∴q＝2，＝5＝1＋q S5a1?1－q?

1－q

＝1＋25＝33.

S43．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则等于( )

a2

A．2 B．4 1517C. D. 22

1

答案 C

a2解析 方法一 由等比数列的定义，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝＋a2＋a2q＋a2q2，

q

S4115得＝＋1＋q＋q2＝. a2q2

a1?1－q4?

方法二 S4＝，a2＝a1q，

1－q4

S41－q15∴＝＝. a2?1－q?q2

4．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于( )

1531A. B. 243317C. D. 42答案 B

解析 ∵{an}是由正数组成的等比数列，且a2a4＝1， ∴设{an}的公比为q，则q>0，且a23＝1，即a3＝1.

11

∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝2＋＋1＝7，

qq

即6q2－q－1＝0.

11

故q＝或q＝－(舍去)，

231

∴a1＝2＝4.

q

14?1－5?

2131

∴S5＝＝8(1－5)＝. 1241－2

5．在数列{an}中，an＋1＝can(c为非零常数)，且前n项和为Sn＝3n＋k，则实数k的值为( )

A．0 B．1 C．－1 D．2 答案 C

解析 当n＝1时，a1＝S1＝3＋k，

－

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋k)－(3n1＋k)

－－

＝3n－3n1＝2·3n1.

由题意知{an}为等比数列，所以a1＝3＋k＝2， ∴k＝－1.

6．在等比数列{an}中，公比q是整数，a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则此数列的前8项和为( )

A．514 B．513 C．512 D．510 答案 D

解析 由a1＋a4＝18和a2＋a3＝12，

a＝163????1?a1＋a1q＝18?a1＝2

得方程组?，解得?或?1. 2

??aq＋aq＝12q＝2q＝?1?1??2

2?28－1?9

∵q为整数，∴q＝2，a1＝2，S8＝＝2－2＝510.

2－1

二、填空题

－

7．若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n1＋t，则t＝________.

1

答案 － 3

2

解析 显然q≠1，此时应有Sn＝A(qn－1)，

1n1

又Sn＝·3＋t，∴t＝－. 33

8．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________. 答案 3

a1?1－q6?4·a1?1－q3?3

解析 S6＝4S3?＝?q＝3(q3＝1不合题意，舍去)．

1－q1－q

∴a4＝a1·q3＝1×3＝3. 9．若等比数列{an}中，a1＝1，an＝－512，前n项和为Sn＝－341，则n的值是________． 答案 10

a1－anq1＋512q

解析 Sn＝，∴－341＝，

1－q1－q

－－

∴q＝－2，又∵an＝a1qn1，∴－512＝(－2)n1， ∴n＝10.

10．如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则此数列的通项公式an＝________.

－

答案 2n1

解析 当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1) ∴an＝2an－1，∴{an}是等比数列，

－

∴an＝2n1，n∈N*. 三、解答题

11．在等比数列{an}中，a1＋an＝66，a3an－2＝128，Sn＝126，求n和q.

??a1an＝128，

解 ∵a3an－2＝a1an，∴a1an＝128，解方程组?

?a1＋an＝66，?

???a1＝64，?a1＝2，

?得① 或?② ?an＝2，?an＝64.??

a1－anq1将①代入Sn＝，可得q＝，

21－q

－

由an＝a1qn1可解得n＝6.

a1－anq

将②代入Sn＝，可得q＝2，

1－q

1

可解得n＝6.故n＝6，q＝或2.

2

12．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，Sn＝54，S2n＝60，求S3n. 解 方法一 由题意Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列，

182

∴62＝54(S3n－60)，∴S3n＝. 3

a1?1－qn?

方法二 由题意得a≠1，∴Sn＝＝54 ①

1－q

a1?1－q2n?S2n＝＝60 ②

1－q

9×54a1?1－q3n?9×5410a11nn1由②÷①得1＋q＝， ∴q＝，∴＝， ∴S3n＝＝(1－3)

998891－q1－q

182＝. 3

＋

13．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝an·log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.

＋

解 (1)由题意，Sn＝2n2－4，

＋＋＋

n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2n1＝2n1，

由an＝a1qn

－1

3

当n＝1时，a1＝S1＝23－4＝4，也适合上式，

＋

∴数列{an}的通项公式为an＝2n1，n∈N*.

＋

(2)∵bn＝anlog2an＝(n＋1)·2n1，

＋

∴Tn＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n1， ①

＋＋

2Tn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋n·2n1＋(n＋1)·2n2. ② ②－①得，

＋＋

Tn＝－23－23－24－25－…－2n1＋(n＋1)·2n2

3n－1

?＋－＋32?1－2＝－2－＋(n＋1)·2n2 ＝－23－23(2n1－1)＋(n＋1)·2n2

1－2＋－＋＋＋

＝(n＋1)·2n2－23·2n1 ＝(n＋1)·2n2－2n2＝n·2n2.

14．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；

1

(2)令bn＝2(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.

an－1

解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.

?a1＋2d＝7，?

因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以?

?2a＋10d＝26，?1

??a1＝3，n?n－1?

解得?所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，Sn＝3n＋×2＝n2＋2n.

2??d＝2.

所以，an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n.

(2)由(1)知an＝2n＋1，

1111

所以bn＝2＝＝· 2an－1?2n＋1?－14n?n＋1?1?1?1－＝·， 4?nn＋1?

111111

所以Tn＝·(1－＋－＋…＋－) 4223nn＋1

11n＝·(1－)＝， 4n＋14?n＋1?

n

即数列{bn}的前n项和Tn＝. 4?n＋1?

－

15．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n1. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.

－

解 (1)由已知，当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n1－＋－

＋22n3＋…＋2)＋2＝22(n1)1.

－

而a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝22n1.

－

(2)由bn＝nan＝n·22n1知

－

Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n1， ①

＋

从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n1. ②

－＋

①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n1－n·22n1，

1＋

即Sn＝[(3n－1)22n1＋2]．

9

1

1＋?，则an等于( ) 16．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln??n?A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋nln n D．1＋n＋ln n 答案 A

11＋?， 解析 ∵an＋1＝an＋ln??n?

4

1n＋11＋?＝ln∴an＋1－an＝ln?＝ln(n＋1)－ln n. ?n?n

又a1＝2，

∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n.

1

17．已知正项数列{an}的前n项和Sn＝(an＋1)2，求{an}的通项公式．

41

解 当n＝1时，a1＝S1，所以a1＝(a1＋1)2，

4

解得a1＝1.

1112

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋1)2－(an－1＋1)2＝(a2n－an－1＋2an－2an－1)， 44422

∴an－an－1－2(an＋an－1)＝0， ∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0. ∵an＋an－1>0，∴an－an－1－2＝0. ∴an－an－1＝2.

∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列． ∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.

18．(12分)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.

an(1)设bn＝n－1.证明：数列{bn}是等差数列；

2

(2)求数列{an}的前n项和．

(1)证明 由已知an＋1＝2an＋2n，

an＋12an＋2nan得bn＋1＝n＝＝n－1＋1＝bn＋1.

22n2

∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.

∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．

an－

(2)解 由(1)知，bn＝n，n－1＝bn＝n.∴an＝n·2n1.

2

－

∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n1

－

两边乘以2得：2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n1＋n·2n，

－

两式相减得：－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n1－n·2n ＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1.

1

19．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…)．

2

(1)求数列{an}的通项公式；

31n

(2)当bn＝log(3an＋1)时，求证：数列{}的前n项和Tn＝. 2bnbn＋11＋n

?

(1)解 由已知?1

a＝?2Sn

1an＋1＝Sn，

2

n－1

(n≥2)，

3

得an＋1＝an(n≥2)．

2

3

∴数列{an}是以a2为首项，以为公比的等比数列．

2

111

又a2＝S1＝a1＝，

222

5

3－

∴an＝a2×()n2(n≥2)．

21， n＝1，??

∴an＝?13n－2

×??， n≥2.??22

3333－

(2)证明 bn＝log(3an＋1)＝log[×()n1]＝n.

2222

1111∴＝＝－. bnbn＋1n?1＋n?n1＋n

1111

∴Tn＝＋＋＋…＋

b1b2b2b3b3b4bnbn＋111111111＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－) 122334n1＋n

1n

＝1－＝. 1＋n1＋n

6

3－

∴an＝a2×()n2(n≥2)．

21， n＝1，??

∴an＝?13n－2

×??， n≥2.??22

3333－

(2)证明 bn＝log(3an＋1)＝log[×()n1]＝n.

2222

1111∴＝＝－. bnbn＋1n?1＋n?n1＋n

1111

∴Tn＝＋＋＋…＋

b1b2b2b3b3b4bnbn＋111111111＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－) 122334n1＋n

1n

＝1－＝. 1＋n1＋n

6

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