第4讲数列求和1．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为( )A．990 B．1000C．1100D．99解析：选A.n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.2．(2022·蚌埠模拟)已知各项不为0的等差数列{an}满足2a2－a＋2a10＝0，首项为的等比数列{bn}的前n项和为Sn，若b6＝a6，则S6＝( )A．16B.C.D.解析：选C.由2a2－a＋2a10＝0，所以4a6＝a，因为a6≠0，所以a6＝4.所以b6＝4.又因为{bn}的首项b1＝，所以q5＝＝32.所以q＝2.所以S6＝＝.3．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为( )A.或5B.或5C.D.解析：选C.设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且＝，解得q＝2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝.4．(2022·青岛模拟)数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n为( )A．120B．99C．11D．121解析：选A.an＝＝＝－，所以a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝10.即＝11，所以n＋1＝121，n＝120.5．(2022·曲靖模拟)＋＋＋…＋的值为( )5\nA.B.－C.－D.－＋解析：选C.因为＝＝＝，所以＋＋＋…＋＝＝＝－.6．(2022·西安质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2016＝( )A．22016－1B．3·21008－3C．3·21008－1D．3·21007－2解析：选B.a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2.所以＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，所以S2016＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2015＋a2016＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2015)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2016)＝＋＝3·21008－3.故选B.7．在等差数列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是________．解析：由a1>0，a10·a11<0可知d<0，a10>0，a11<0，所以T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60.答案：608．已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a10＝S4，则等于________．解析：由a10＝S4得a1＋9d＝4a1＋d＝4a1＋6d，即a1＝d≠0.所以S8＝8a1＋d＝8a1＋28d＝36d.所以＝＝＝4.答案：49．(2022·江西省八所重点中学联考)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S2015＝________．解析：因为an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1，所以当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1＋a2k＝－1，所以S2015＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2014＋a2015)＝1＋(－1)×1007＝－1006.答案：－100610．定义：称为n个正数x1，x2，…，xn的“平均倒数”，若正项数列{cn}的前n项的“平均倒数”为，则数列{cn}的通项公式为cn＝________．解析：由已知可得，数列{cn}的前n项和Sn＝n(2n＋1)，所以数列{cn}为等差数列，首项c15\n＝S1＝3，c2＝S2－S1＝10－3＝7，故公差d＝c2－c1＝7－3＝4，得数列的通项公式为cn＝c1＋(n－1)×4＝4n－1.答案：4n－111．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2，数列{bn}为等比数列，且首项b1＝1，b4＝8.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若数列{cn}满足cn＝abn，求数列{cn}的前n项和Tn.解：(1)因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.当n＝1时，a1＝S1＝1亦满足上式，故an＝2n－1(n∈N*)．又数列{bn}为等比数列，设公比为q，因为b1＝1，b4＝b1q3＝8，所以q＝2.所以bn＝2n－1(n∈N*)．(2)cn＝abn＝2bn－1＝2n－1.Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n.所以Tn＝2n＋1－2－n.12．(2022·广西玉林、贵港联考)已知数列{an}中，a1＝3，a2＝5，且{an－1}是等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)因为{an－1}是等比数列且a1－1＝2，a2－1＝4，所以＝2，所以an－1＝2·2n－1＝2n，所以an＝2n＋1.(2)bn＝nan＝n·2n＋n，故Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)，令A＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，则2A＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，两式相减得－A＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，所以A＝2(1－2n)＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1.又因为1＋2＋3＋…＋n＝，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋.1．(2022·唐山第一次模拟)各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝anan＋1，则2k＝( )A.B.C.D.解析：选B.当n＝1时，3S1＝a1a2，即3a1＝a1a2，所以a2＝3，当n≥2时，由3Sn＝anan＋1，5\n可得3Sn－1＝an－1an，两式相减得：3an＝an(an＋1－an－1)，又因为an≠0，所以an＋1－an－1＝3，所以{a2n}为一个以3为首项，3为公差的等差数列，所以2k＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋×3＝.2．(2022·忻州第一次联考)在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤对n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为________． 解析：由已知可得an＝4n－3，对数列{S2n＋1－Sn}有(S2n＋3－Sn＋1)－(S2n＋1－Sn)＝＋－<0，因此数列{S2n＋1－Sn}单调递减，所以≥(S2n＋1－Sn)max＝S3－S1＝，即m≥，故正整数m的最小值为5.答案：53．(2022·河南省高考适应性测试)已知数列{an}的各项均为正数，且a1＝2，an＝a＋4an＋1＋2.(1)令bn＝log2(an＋2)，证明：数列{bn}是等比数列；(2)设cn＝nbn，求数列{cn}的前n项和Sn.解：(1)证明：由an＝a＋4an＋1＋2得an＋2＝a＋4an＋1＋4＝(an＋1＋2)2.因为an>0，所以＝an＋1＋2.因为＝＝＝，又b1＝log2(a1＋2)＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为的等比数列．(2)由(1)知，bn＝2×，则cn＝2n.Sn＝2×＋4×＋…＋2(n－1)·＋2n， ①Sn＝2×＋4×＋…＋2(n－1)＋2n. ②①－②得Sn＝2×＋2×＋2×＋…＋2×－2n×＝－2n×＝4－(4＋2n).所以Sn＝8－(n＋2).4．(2022·河北省质量监测)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a7＝4，a19＝2a9，数列{bn}的前n项和为Tn，满足42an－1＝λTn－(a5－1)(n∈N*)．(1)是否存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列？并说明理由；5\n(2)已知对于n∈N*，不等式＋＋＋…＋＜M恒成立，求实数M的最小值．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.因为所以解得a1＝1，d＝，所以数列{an}的通项公式为an＝.因为a5＝3，42an－1＝λTn－(a5－1)，所以4n＝λTn－2，Tn＝4n＋.当n＝1时，b1＝；当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝4n＋－4n－1－＝4n－1.所以bn＋1＝4n＝4bn(n≥2)，若数列{bn}是等比数列，则有b2＝4b1，而b1＋b2＝，b2＝，所以＝2与b2＝4b1矛盾．故不存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列．(2)由(1)知Sn＝，所以＝＝，从而＋＋＋…＋＝＝＝＜，所以M≥，故实数M的最小值为.5
