有答案-数列综合练习(错位相减法、裂项相消法)

1数列综合练习（一）1．等比数列前n项和公式：(1)公式：Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－qq≠1na1q＝1.(2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q＝1的情况．2．若{an}是等比数列，且公比q≠1，则前n项和Sn＝a11－q(1－qn)＝A(qn－1)．其中A＝a1q－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：(1)1nn＋1＝1n－1n＋1；一、选择题1．设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则S5S2等于()A．11B．5C．－8D．－11答案D解析由8a2＋a5＝0得8a1q＋a1q4＝0，∴q＝－2，则S5S2＝a11＋25a11－22＝－11.2．记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则S10S5等于()A．－3B．5C．－31D．33答案D解析由题意知公比q≠1，S6S3＝a11－q61－qa11－q31－q＝1＋q3＝9，∴q＝2，S10S5＝a11－q101－qa11－q51－q＝1＋q5＝1＋25＝33.3．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则S4a2等于()A．2B．4C.152D.1722答案C解析方法一由等比数列的定义，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a2q＋a2＋a2q＋a2q2，得S4a2＝1q＋1＋q＋q2＝152.方法二S4＝a11－q41－q，a2＝a1q，∴S4a2＝1－q41－qq＝152.4．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()A.152B.314C.334D.172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q0，且a23＝1，即a3＝1.∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝1q2＋1q＋1＝7，即6q2－q－1＝0.故q＝12或q＝－13(舍去)，∴a1＝1q2＝4.∴S5＝41－1251－12＝8(1－125)＝314.5．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．0B．1C．－1D．2答案C解析当n＝1时，a1＝S1＝3＋k，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋k)－(3n－1＋k)＝3n－3n－1＝2·3n－1.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．514B．513C．512D．510答案D解析由a1＋a4＝18和a2＋a3＝12，得方程组a1＋a1q3＝18a1q＋a1q2＝12，解得a1＝2q＝2或a1＝16q＝12.∵q为整数，∴q＝2，a1＝2，S8＝228－12－1＝29－2＝510.二、填空题7．若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n－1＋t，则t＝________.答案－133解析显然q≠1，此时应有Sn＝A(qn－1)，又Sn＝13·3n＋t，∴t＝－13.8．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________.答案3解析S6＝4S3⇒a11－q61－q＝4·a11－q31－q⇒q3＝3(q3＝1不合题意，舍去)．∴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解析Sn＝a1－anq1－q，∴－341＝1＋512q1－q，∴q＝－2，又∵an＝a1qn－1，∴－512＝(－2)n－1，∴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2n－1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＝2n－1，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.解∵a3an－2＝a1an，∴a1an＝128，解方程组a1an＝128，a1＋an＝66，得a1＝64，an＝2，①或a1＝2，an＝64.②将①代入Sn＝a1－anq1－q，可得q＝12，由an＝a1qn－1可解得n＝6.将②代入Sn＝a1－anq1－q，可得q＝2，由an＝a1qn－1可解得n＝6.故n＝6，q＝12或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，∴62＝54(S3n－60)，∴S3n＝1823.方法二由题意得a≠1，∴Sn＝a11－qn1－q＝54①S2n＝a11－q2n1－q＝60②由②÷①得1＋qn＝109，∴qn＝19，∴a11－q＝9×548，∴S3n＝a11－q3n1－q＝9×548(1－193)＝1823.13．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋2－4.(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＝2n＋2－4，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2－2n＋1＝2n＋1，4当n＝1时，a1＝S1＝23－4＝4，也适合上式，∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，n∈N*.(2)∵bn＝anlog2an＝(n＋1)·2n＋1，∴Tn＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，①2Tn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋n·2n＋1＋(n＋1)·2n＋2.②②－①得，Tn＝－23－23－24－25－…－2n＋1＋(n＋1)·2n＋2＝－23－231－2n－11－2＋(n＋1)·2n＋2＝－23－23(2n－1－1)＋(n＋1)·2n＋2＝(n＋1)·2n＋2－23·2n－1＝(n＋1)·2n＋2－2n＋2＝n·2n＋2.14．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；(2)令bn＝1a2n－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以a1＋2d＝7，2a1＋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.所以，an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n.(2)由(1)知an＝2n＋1，所以bn＝1a2n－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.15．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.(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(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.(2)由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，①从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1.②①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝19[(3n－1)22n＋1＋2]．16．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln1＋1n，则an等于()A．2＋lnnB．2＋(n－1)lnnC．2＋nlnnD．1＋n＋lnn答案A解析∵an＋1＝an＋ln1＋1n，5∴an＋1－an＝ln1＋1n＝lnn＋1n＝ln(n＋1)－lnn.又a1＝2，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln2－ln1＋ln3－ln2＋ln4－ln3＋…＋lnn－ln(n－1)]＝2＋lnn－ln1＝2＋lnn.17．已知正项数列{an}的前n项和Sn＝14(an＋1)2，求{an}的通项公式．解当n＝1时，a1＝S1，所以a1＝14(a1＋1)2，解得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝14(an＋1)2－14(an－1＋1)2＝14(a2n－a2n－1＋2an－2an－1)，∴a2n－a2n－1－2(an＋an－1)＝0，∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.∵an＋an－10，∴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.(1)设bn＝an2n－1.证明：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}的前n项和．(1)证明由已知an＋1＝2an＋2n，得bn＋1＝an＋12n＝2an＋2n2n＝an2n－1＋1＝bn＋1.∴bn＋1－bn＝1，又b1＝a1＝1.∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解由(1)知，bn＝n，an2n－1＝bn＝n.∴an＝n·2n－1.∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1两边乘以2得：2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，两式相减得：－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.19．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝12Sn(n＝1,2,3，…)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)当bn＝log32(3an＋1)时，求证：数列{1bnbn＋1}的前n项和Tn＝n1＋n.(1)解由已知an＋1＝12Sn，an＝12Sn－1(n≥2)，得an＋1＝32an(n≥2)．∴数列{an}是以a2为首项，以32为公比的等比数列．又a2＝12S1＝12a1＝12，6∴an＝a2×(32)n－2(n≥2)．∴an＝1，n＝1，12×32n－2，n≥2.(2)证明bn＝log32(3an＋1)＝log32[32×(32)n－1]＝n.∴1bnbn＋1＝1n1＋n＝1n－11＋n.∴Tn＝1b1b2＋1b2b3＋1b3b4＋…＋1bnbn＋1＝(11－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n－11＋n)＝1－11＋n＝n1＋n.