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第4节数列求和【选题明细表】知识点、方法题号公式法、并项法、倒序相加法、分组法求和2,3,8,11,12裂项相消法求和5,7,13错位相减法求和1,10,14数列的综合应用4,9数列的实际应用6基础巩固(时间:30分钟)1.Sn=+++…+等于(B)(A)(B)(C)(D)解析:由Sn=+++…+,①得Sn=++…++,②①-②得,Sn=+++…+-=-,所以Sn=.2.数列{(-1)n(2n-1)}的前2018项和S2018等于(B)(A)-2016(B)2018(C)-2015(D)2015解析:S2018=-1+3-5+7-…-(2×2017-1)+(2×2018-1)=(-1+3)+(-5+7)+…+[-(2×2017-1)+(2×2018-1)]=2×1009=2018.故选B.3.等差数列{an}的通项公式为an=2n+1,其前n项和为Sn,则数列{}的前10项的和为(C)(A)120(B)70(C)75(D)100解析:由an=2n+1,得a1=3,d=2.所以Sn=3n+×2=n2+2n.因为=n+2,所以数列{}是以3为首项,1为公差的等差数列.所以()的前10项和为10×3+×1=75.4.已知函数y=loga(x-1)+3(a0,a≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项,若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,则T10等于(B)(A)(B)(C)1(D)解析:对数函数y=logax的图象过定点(1,0),所以函数y=loga(x-1)+3的图象过定点(2,3),则a2=2,a3=3,故an=n,所以bn==-,所以T10=1-+-+…+-=1-=,故选B.5.+++…+的值为(C)(A)(B)-(C)-(+)(D)-+解析:因为===(-),所以+++…+=(1-+-+-+…+-)=(--)=-(+).6.在2016年至2019年期间,甲每年6月1日都到银行存入m元的一年定期储蓄,若年利率为q保持不变,且每年到期的存款本息自动转为新的一年定期,到2020年6月1日甲去银行不再存款,而是将所有存款的本息全部取出,则取回的金额是(D)(A)m(1+q)4元(B)m(1+q)5元(C)元(D)解析:2019年存款的本息和为m(1+q),2018年存款的本息和为m(1+q)2,2017年存款的本息和为m(1+q)3,2016年存款的本息和为m(1+q)4,四年存款的本息和为m(1+q)+m(1+q)2+m(1+q)3+m(1+q)4==.故选D.7.已知函数f(x)=xa的图象过点(4,2),令an=,n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2018=.解析:由f(4)=2可得4a=2,解得a=.则f(x)=.所以an===-,S2018=a1+a2+a3+…+a2018=(-)+(-)+(-)+…+(-)+(-)=-1.答案:-18.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1所有项的和为.解析:由题意知所求数列的通项为=2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为-n=2n+1-2-n.答案:2n+1-2-n能力提升(时间:15分钟)9.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,an+2Sn-1=n,则S2017的值为(D)(A)2015(B)2013(C)1008(D)1009解析:因为an+2Sn-1=n(n≥2),所以an+1+2Sn=n+1(n≥1),两式相减得an+1+an=1(n≥2).又a1=1,所以S2017=a1+(a2+a3)+…+(a2016+a2017)=1+1008×1=1009,故选D.10.已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=6,S5=,则数列{}的前n项和为(B)(A)1-(B)2-(C)2-(D)2-解析:设等差数列{an}的公差为d,则Sn=na1+d,因为S3=6,S5=,所以解得所以an=n+1,=,设数列{}的前n项和为Tn,则Tn=+++…++,Tn=+++…++,两式相减得Tn=+(++…+)-=+(1-)-,所以Tn=2-.故选B.11.(2018·江西赣南联考)在数列{an}中,已知a1=1,an+1+(-1)nan=cos(n+1)π,记Sn为数列{an}的前n项和,则S2017=.解析:由a1=1,an+1+(-1)nan=cos(n+1)π,得a2=a1+cos2π=1+1=2,a3=-a2+cos3π=-2-1=-3,a4=a3+cos4π=-3+1=-2,a5=-a4+cos5π=2-1=1,……由上可知,数列{an}是以4为周期的周期数列,且a1+a2+a3+a4=-2,所以S2017=504(a1+a2+a3+a4)+a1=504×(-2)+1=-1007.答案:-100712.设函数f(x)=+log2,定义Sn=f()+f()+…+f(),其中n∈N*,且n≥2,则Sn=.解析:因为f(x)+f(1-x)=+log2++log2=1+log21=1,所以2Sn=[f()+f()］+[f()+f()］+…+[f()+f()］=n-1.所以Sn=.答案:13.已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn+an=1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=lo(1-Sn+1)(n∈N*),令Tn=++…+,求Tn.解:(1)当n=1时,a1=S1,由S1+a1=1,得a1=,当n≥2时,Sn=1-an,Sn-1=1-an-1,则Sn-Sn-1=(an-1-an),即an=(an-1-an),所以an=an-1(n≥2).故数列{an}是以为首项,为公比的等比数列.故an=·()n-1=2·()n(n∈N*).(2)因为1-Sn=an=()n.所以bn=lo(1-Sn+1)=lo()n+1=n+1,因为==-,所以Tn=++…+=(-)+(-)+…+(-)=-=.14.(2018·广西玉林一模)已知数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*).(1)求证:(+)为等比数列,并求{an}的通项公式an;(2)数列{bn}满足bn=(3n-1)··an,求数列{bn}的前n项和Tn.解:(1)因为a1=1,an+1=,所以==1+,即+=+=3(+),则(+)为等比数列,公比q=3,首项为+=1+=,则+=·3n-1,即=-+·3n-1=(3n-1),即an=.(2)bn=(3n-1)··an=,则数列{bn}的前n项和Tn=+++…+,Tn=+++…+,两式相减得Tn=1+++…+-=-=2--=2-,则Tn=4-.