有答案-数列综合练习(错位相减法、裂项相消法)

1．等比数列前n项和公式： a11－qna1－anq＝

1－q1－q(1)公式：Sn＝na1 q＝1

q≠1

.

(2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q＝1的情况．

a1

2．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

a1

A＝.

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－； nn＋1n＋1

;

一、选择题

S5

1．设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则S等于( )

2

!

A．11 B．5 C．－8 D．－11 答案 D

解析 由8a2＋a5＝0得8a1q＋a1q4＝0，

S5a11＋25

∴q＝－2，则S＝＝－11.

1－222a1

S10

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

5

A．－3 B．5 C．－31 D．33 答案 D

a11－q6

1－qS6

解析 由题意知公比q≠1，S＝

1－q33a1

1－q

＝1＋q3＝9，

a11－q10

1－qS10

∴q＝2，S＝＝1＋q5

a11－q55

1－q

＝1＋25＝33.

S4

3．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则a等于( )

2

《

A．2 B．4

答案 C

a2

解析 方法一 由等比数列的定义，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝q＋a2＋a2q＋a2q2， S4115得a＝q＋1＋q＋q2＝2.

2

a11－q4

方法二 S4＝，a2＝a1q，

1－q

1－q4S415

∴a＝＝2.

1－qq2

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( )

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＝q2＋q＋1＝7， 即6q2－q－1＝0.

11

故q＝2或q＝－3(舍去)，

1

∴a1＝q2＝4.

1

41－25

131

∴S5＝＝8(1－125)＝4.

1－2

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，则此数列的前和为( )

A．514 B．513 C．512 D．510 答案 D

解析 由a1＋a4＝18和a2＋a3＝12，

a1＋a1q3＝18a1＝2

1得方程组，解得或2＝12aq＋aqq＝211q＝

a1＝16

2



`

.

228－1

∵q为整数，∴q＝2，a1＝2，S8＝＝29－2＝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

解析 显然q≠1，此时应有Sn＝A(qn－1)，

1n1

又Sn＝3·3＋t，∴t＝－3.

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

a11－q·a11－q3

解析 S6＝4S3⇒＝⇒q3＝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＝，a1＝2，

得① 或② an＝2，an＝.

－

'

a1－anq1将①代入Sn＝，可得q＝2，

1－q－

由an＝a1qn1可解得n＝6.

a1－anq

将②代入Sn＝，可得q＝2，

1－q由an＝a1qn

【

－1

1

可解得n＝6.故n＝6，q＝2或2.

12．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，Sn＝，S2n＝60，求S3n.

解 方法一 由题意Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列，

182

∴62＝(S3n－60)，∴S3n＝3.

a11－qn

方法二 由题意得a≠1，∴Sn＝＝ ①

1－q

a11－q2n

S2n＝＝60 ②

1－q

a11－q3n101a19×9×1nn

由②÷①得1＋q＝9， ∴q＝9，∴＝8， ∴S3n＝＝8(1－93)

1－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，

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－121－2＋－＋

＝－23－＋(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

2a1＋10d＝26，a1＝3，n

解得所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，Sn＝3n＋

d＝2.

【

n－1

×2＝n2＋2n. 2

|

所以，an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n.

(2)由(1)知an＝2n＋1，

1111

所以bn＝2＝＝·

an－12n＋12－14nn＋1111－＝4·nn＋1， 

111111

所以Tn＝4·(1－2＋2－3＋…＋n－)

n＋111＝4·(1－)＝

n＋14

n

，

n＋1

n

即数列{bn}的前n项和Tn＝.

4n＋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＝9[(3n－1)22n1＋2]．

116．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln1＋n，则an等于( ) 

A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋nln n D．1＋n＋ln n 答案 A

11＋解析 ∵an＋1＝an＋ln

n，

n＋11∴an＋1－an＝ln1＋n＝lnn＝ln(n＋1)－ln 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＝4(an＋1)2，求{an}的通项公式． 《

1

解 当n＝1时，a1＝S1，所以a1＝4(a1＋1)2， 解得a1＝1.

1112当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4(an＋1)2－4(an－1＋1)2＝4(a2n－an－1＋2an－2an－1)，

2∴a2n－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＝2n＝2n＝n－1＋1＝bn＋1.

2

∴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＝2Sn(n＝1,2,3，…)． (1)求数列{an}的通项公式；

31n

(2)当bn＝log2(3an＋1)时，求证：数列{}的前n项和Tn＝.

bnbn＋11＋n

a＝2S，

(1)解 由已知1

a＝2S

n＋1

n

n

n－1

1

(n≥2)，

3

得an＋1＝2an(n≥2)．

3

∴数列{an}是以a2为首项，以2为公比的等比数列． 111

又a2＝2S1＝2a1＝2， 3－

∴an＝a2×(2)n2(n≥2)．

1， n＝1，

∴an＝13n－2

×， n≥2.22

3333－

(2)证明 bn＝log2(3an＋1)＝log2[2×(2)n1]＝n. 1111

＝＝n－. bnbn＋1n1＋n1＋n

1111

∴Tn＝bb＋bb＋bb＋…＋ bnbn＋1122334

11111111＝(1－2)＋(2－3)＋(3－4)＋…＋(n－)

1＋n

1n

＝1－＝.#

1＋n1＋n∴