数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）题库 - 考试题库

【简答题】

[1/2000]各项都为正数的数列【图片】，其前【图片】项的和为【图片】，且【图片】，若【图片】，且数列【图片】的前【图片】项的和为【图片】，则【图...

参考答案：

参考解析：

本题涉及涉及到数列的前

和

的关系，一般要用到关系式

，由

得

，所以

，于是

，

时，

，化简得：

，即

，由于数列

各项为正，故

，又

，即

，因此数列

是等差数列，公比为

，所以

．

，

．

与

的关系，裂项相消求和．

【简答题】

[2/2000]数列{an}的前n项和Sn=n（2n-1）an，并且a1= 13，（1）求数列{an}的通项公式．（2）判断前n项和Sn组成的新数列{Sn}的单调性，...

参考答案：

（1）当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=n（2n-1）a_n-（n-1）（2n-3）a_n-1，得

an

an-1

=

2n-3

2n+1

∴

a2

a1

a3

a2

a4

a3

a5

a4

…

an-1

an-2

an

an-1

=

1

5

×

3

7

×

5

9

×

7

11

…

2n-5

2n-1

×

2n-3

2n+1

又a1=

1

3

得an=

1

(2n-1)(2n+1)

（2）因为S_n=n（2n-1）a_n=

n

2n+1

，Sn+1-Sn=

n+1

2n+3

-

n

2n+1

=

1

(2n+1)(2n+3)

＞0对于任意的正整数都成立，所以S_n+1＞S_n，即前n项和S_n组成的新数列{S_n}为递增数列．

参考解析：

an an-1

【简答题】

[3/2000]已知{an}是等差数列，其中a1=25，a4=16（1）求{an}的通项；（2）求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|的值．

参考答案：

（1）∵a₄=a₁+3d
∴d=-3
∴a_n=28-3n
（2）∵28-3n＜0∴n＞9

1

3

∴数列{a_n}从第10项开始小于0
∴|a_n|=|28-3n|=

28-3n，(n≤9)

3n-28，(n≥10)

当n≤9时，|a₁|+|a₂|+…+|a_n|=

|a1|+|an|

2

•n=

25+28-3n

2

•n=

53n-3n2

2

，
当n≥10时，|a₁|+|a₂|+…+|a_n|=（|a₁|+|a₂|+…+|a₉|）+（|a₁₀|+|a₁₁|+…+|a_n|）
=

|a1|+|a9|

2

•9+

|a10|+|an|

2

•(n-9) =

25+1

2

•9+

2+3n-28

2

•(n-9)
=117+

(3n-26)(n-9)

2

=

3n2-53n+468

2

∴|a₁|+|a₂|+…+|a_n|=

53n-3n2

2

，(n≤9)

3n2-53n+468

2

，(n≥10)

参考解析：

13

【简答题】

[4/2000]对于一个有限数列A：a1，a2，…an，定义A的蔡查罗和（蔡查罗是数学家）为1n(S1+S2+…Sn)，其中Sk=a1+a2+…ak（1≤k≤n）．若...

参考答案：

∵S₁=a₁，S_n=a₁+a₂+…+a_n，
∴S₁+S₂+S₃+…+S_n=na₁+（n-1）a₂+（n-2）a₃+…+2a_n-1+a_n，
对于数列a₁，a₂，…，a₉₉的蔡查罗和为1000
∴S₁+S₂+S₃+…+S₉₉=99a₁+98a₂+97a₃+…+2a₉₈+a₉₉=1000n=99000，
对于数列2，a₁，a₂，…，a₉₉S₁+S₂+S₃+…+S₁₀₀=200+99a₁+98a₂+97a₃+…+2a₉₈+a₉₉=99200；
所以数列2、a₁、a₂、a₃、…、a₉₉的蔡查罗和为992．
故选B．

参考解析：

无

【简答题】

[5/2000]已知xi＞0(i=1，2，3，…10)，且【图片】xi=1，则T= 【图片】【图片】的最小值为（）...

参考答案：

100

参考解析：

无

【简答题】

[6/2000]数列{an}的通项an=n2(cos2nπ3-sin2nπ3)，其前n项和为Sn，（1）求Sn；（2）bn= S3nn•4n，求数列{bn}的前n项和...

参考答案：

（1）由于cos2

nπ

3

-sin2

nπ

3

=cos

2nπ

3

，an=n2•cos

2nπ

3

故S_3k=（a₁+a₂+a₃）+（a₄+a₅+a₆）+…+（a_3k-2+a_3k-1+a_3k）
=(-

12+22

2

+32)+(-

42+52

2

+62)+…+[-

(3k-2)2+(3k-1)2

2

+(3k)2]
=

13

2

+

31

2

+…+

18k-5

2

=

k(4+9k)

2

S3k-1=S3k-a3k=

k(4-9k)

2

，
S3k-2=S3k-1-a3k-1=

k(4-9k)

2

+

(3k-1)2

2

=

1

2

-k=-

3k-2

3

-

1

6

，
故Sn=

-

n

3

-

1

6

n=3k-2

(n+1)(1-3n)

6

n=3k-1

n(3n+4)

6

n=3k

（k∈N^*）
（2）bn=

S3n

n•4n

=

9n+4

2•4n

，
Tn=

1

2

[

13

4

+

22

42

++

9n+4

4n

]，
4Tn=

1

2

[13+

22

4

++

9n+4

4n-1

]，
两式相减得3Tn=

1

2

[13+

9

4

+…+

9

4n-1

-

9n+4

4n

]=

1

2

[13+

9

4

-

9

4n

1-

1

4

-

9n+4

4n

]=8-

1

22n-3

-

9n

22n+1

，
故Tn=

8

3

-

1

3•22n-3

-

3n

22n+1

．

参考解析：

无

【简答题】

[7/2000]已知数列【图片】的前【图片】项和【图片】(1)求数列的通项公式； (2)求【图片】...

参考答案：

（1）

（2）-7

参考解析：

（1）

-5

时

=

= 2n-6

（2）根据题意，由于数列的前3项为非负数，则可知从第4项开始为正数，引起可知数列有最小值，当n=3,n=2时数列的前n项和达到最小，且为(-5)+(-2)+0=-7,因此答案为-7.
点评：主要是考查了等差数列的通项公式与前n项和的关系式的运用，属于基础题。

【简答题】

[8/2000]已知数列{an}满足对任意的n∈N+，都有an＞0，且a13+a23+…+an3=（a1+a2+…+an）2．（1）求数列{an}的通项公式an；（2...

参考答案：

（1）∵a₁³+a₂³+…+a_n³=（a₁+a₂+…+a_n）²，①
则有a₁³+a₂³+…+a_n³+an+13=（a₁+a₂+…+a_n+a_n+1）²，②
②-①，得an+13=（a₁+a₂+…+a_n+a_n+1）²-（a₁+a₂+…+a_n）²，
∵a_n＞0，
∴an+12=2（a₁+a₂+…+a_n）+a_n+1，③
同样有an2=2（a₁+a₂+…+a_n-1）+a_n（n≥2），④
③-④，得an+12-an2=a_n+1+a_n．
∴a_n+1-a_n=1，又a₂-a₁=1，即当n≥1时都有a_n+1-a_n=1，
∴数列{a_n}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴a_n=n．
（2）由（1）知a_n=n，则

1

anan+2

=

1

n(n+2)

=

1

2

（

1

n

-

1

n+2

）．
∴S_n=

1

a1a3

+

1

a2a4

+

1

a3a5

+…+

1

an-1an+1

+

1

anan+2

=

1

2

[（1-

1

3

）+（

1

2

-

1

4

）+（

1

3

-

1

5

）+…+（

1

n-1

-

1

n+1

）+（

1

n

-

1

n+2

）]
=

1

2

（1+

1

2

-

1

n+1

-

1

n+2

）
=

3

4

-

1

2

（

1

n+1

+

1

n+2

）．
∵S_n+1-S_n=

1

(n+1)(n+3)

＞0，
∴数列{S_n}单调递增，
∴（S_n）_min=S₁=

1

3

．
要使不等式S_n＞

1

3

log_a（1-a）对任意正整数n恒成立，只要

1

3

＞

1

3

log_a（1-a）．
∵1-a＞0，
∴0＜a＜1．
∴1-a＞a，即0＜a＜

1

2

．

参考解析：

1 anan+2

【简答题】

[9/2000]各项均为正数的数列{an}中，前n项和Sn=( an+12)2．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若1a1a2+ 1a2a3+…+ 1anan+1...

参考答案：

（1）∵Sn=(

an+1

2

)2，
∴Sn-1=(

an-1+1

2

)2，n≥2，
两式相减得an=(

an+1

2

)2-(

an-1+1

2

)2，n≥2，…（2分）
整理得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵数列{a_n}的各项均为正数，
∴a_n-a_n-1=2，n≥2，∴{a_n}是公差为2的等差数列，…（4分）
又S1=(

a1+1

2

)2得a₁=1，∴a_n=2n-1．…（5分）
（2）由题意得k＞(

1

a1a2

+

1

a2a3

+…+

1

anan+1

)max，
∵

1

anan+1

=

1

(2n-1)(2n+1)

=

1

2

(

1

2n-1

-

1

2n+1

) ，
∴

1

a1a2

+

1

a2a3

+…+

1

anan+1

=

1

2

[(1-

1

3

)+(

1

3

-

1

5

)+…+(

1

2n-1

-

1

2n+1

)]
=

1

2

(1-

1

2n+1

)＜

1

2

…（8分）∴k≥

1

2

…（10分）
（3）对任意m∈N₊，2^m＜2n-1＜2^2m，则2m-1+

1

2

＜n＜22m-1+

1

2

，
而n∈N*，由题意可知bm=22m-1-2m-1，…（12分）
于是Sm=b1+b2+…+bm=21+23+…+22m-1-(20+21+…+2m-1)
=

2-22m+1

1-22

-

1-2m

1-2

=

22m+1-2

3

-(2m-1)=

22m+1-3•2m+1

3

，
即Sm=

22m+1-3•2m+1

3

．…（16分）

参考解析：

an+12

【简答题】

[10/2000]设数列{an}的通项an=（-1）n-1•n，前n项和为Sn，则S2010=（　　） A．-2010B．-1005C．2010D．1005

参考答案：

S₂₀₁₀=1+（-2）+3+（-4）+…+2009+（-2010）
=[1+（-2）]+[3+（-4）]+…+[2009+（-2010）]
=（-1）•

2010

2

=-1005．
故选B．

参考解析：

无