有答案数列综合练习(错位相减法裂项相消法)

数列综合练习(一)知识梳理•1•等比数列前n项和公式:q^iax1-qn_a!-anq⑴公式：sn_<1-q"1-q^i<na2q_1(2)注意：应用该公式时，必然不要忽略4_1的情况.2.若｛an｝是等比数列，且公比q*l,则前n项和Sn_吾(1-qn)_A(qn-1).其中A_A_q-i推导等比数列前n项和的方式叫错位相减法.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.拆项成差求和经常常利用到下列拆项公式：1_11_1nn+1'作业设计•一、选择题STOC\o"1-5"\h\z1.设Sn为等比数列｛a”｝的前n项和，8a2+a5=0,贝忖等于()nnS2A.11B.5C._8D._11答案D解析由8a2+a5_0得8a1q+a1q4_0,.••q_-2,则沪^^_-11.S2a1(1-22)S2.记等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若S3=2,S6=18，则导等于(nnS5A._3B.5D.33CD.33答案D

牛(1-q6)S1－q解析由题意知公比q^1/S6=S3a〔(1_q3)1-q二1+q3二9,a1(1-q10)•°.q二2•°.q二2斗二1-qS5aQ-q5)二1+q51-q二11-q二1+25二33.S3.设等比数列｛an｝的公比q=2，前n项和为S“，则等于()nna2A．2B．4答案C解析方式一由等比数列的概念，S4二a]+a2+a3+a4=》+a2+a2q得!T1+1+q+q2誓.+a2q2，方式二a1方式二a1(1-q4)S4=a2二aq，S3S3=7，则S5等则实数k的值为..爲二1-q4』a2(1-q)q24.设｛an｝是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4=1,于()答案B解析T｛an｝是由正数组成的等比数列，且a2a4二1,••设｛an｝的公比为q，则q>0，且a2-1，即a3=1.vS3-7，:.a+a2+a3--1；+丄+1-7,3123q2q即6q2-q-1-0.故q-|或q--1(舍去),.a—丄—4.1q24(1-2)131P--8(1-幻-¥•1-25.在数列｛an｝中，an^=can(c为非零常数)，且前n项和为S”=3n+k,)A.0B.1C.－1D.2答案C解析当n-1时，a1-S1-3+k，

当n±2时，a=s-S=(3n+k)-(3n-i+k)nnn－1—3n-3n-1—2^3n-1由题意知｛an｝为等比数列，所以a1-3+k-2,：.k—-1.为(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＋a1q3—18q—得方＋a1q3—18q—2a1q+a1q2二12或|1q—2'•q为整数，「.'•q为整数，「.q—2,a1—2,2(28-1)防石rr—29-2—510.二、填空题若｛an｝是等比数列，且前n项和为S“=3n-1+t,则t=.答案-1解析显然qM1,此时应有Sn—A(qn-1)，又S-3・3"+t，-t—-3.n33设等比数列｛a”｝的前n项和为S”,若a]=1,S6=4S3，则a@=答案3解析S6—4沪吟严—他号》3(q3—1不合题意，舍去)••q—arq3—1X3—3.9.若等比数列｛an｝中，a]=1,a”=—512,前n项和为S”=—341,则n的值是答案10解析$_a!解析$_a!-anq1-q•-341—1+512q1-q..q—-2,又.a二a、qn-1,•.-512—(-2)n-1,•n—10.若是数列｛a｝的前n项和S=2a—1,则此数列的通项公式a='"丿nnn答案2n—1解析当n—1时，S1—2a1-1，.a1—2a1-1，.a1—1.当n±2时，a—S-S,—(2a-1)-(2a,-1)nnn－1nn－1•an-2an-1,.｛an｝是等比数列，•a—2n-1，nWN*.n三、解答题在等比数列｛a｝中，a,+a=66,a3a2=128,S=126,求n和q.n1n3n—2na1an—128,解'a3a—a^,.a,a—128，解方程组’"3n－21n1na’+a—66,1n

a二64,得］1①、化"，1%二64.②将①代入+，可得吨，由a二aq-1可解得n1%二64.②将②代入S二^■土，可得q-2,n1-q由a”-a1qn-1可解得n-6.故n-6,q-*或2.12.已知Sn为等比数列｛an｝的前n项和，S“=54,S2n=60，求S3n.解方式一由题意Sn，S2n-Sn，S3n-Sn成等比数列，•62-54（S3n-6°），Pn1823.和1823.和1-q“)二541-q方式二由题意得aMl,a〔(1-q3n)9X54a〔(1-q3n)9X541-(1-斗-2X4,.・.S1-q83n13.已知数列｛an｝的前n项和S“=2n七一4.求数列｛an｝的通项公式；"⑵设b=a•log2a，求数列｛b｝的前n项和T.nn2nnn解(1)由题意，Sn-2n＋2-4，n三2时，a-S-S-2n+2-2n+1-2n+1,nnn-1当n-1时，a1-S1-23-4-4，也适合上式，••数列｛a”｝的通项公式为an-2n+1,nWN*.Tb“-anlog2an-(n+1)仏+1，•T—2-22+3-23+4-24+…+n・2n+(n+1)・2n+1,n2T-2・23+3・24+4・25+…+n・2“+1+(n+1)・2“+2.n②-①得，T--23-23-24-25-…-2n+1+(n+1)・2n+2n23(1-2n-1)--23-+(n+1)-2n+2--23-23(2n-1-1)+(n+1)・2n+21-2由②一①得1+qn-10•qn-1r1-q118293)-丁-(n+1)"2n+2-23•2n-1-(n+1)2n+2-2n+2-n"2n+2.14.已知等差数列｛aj知足：°3=7,05+07=26,｛aj的前n项和为Sn.(1)求a及S；nn⑵令bn=~(nN*),求数列｛bn｝的前n项和Tn.na21nnn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]3572a,+10d=26,Id二Id二2.n(n-1)小所以a二3+2(n-1)二2n+1,S二3n+X2=n2+2n.nn2所以，a二2n+1,S二n2+2n.nn⑵由(1)知an=2n+1,所以b=—^-=■1二4・1-nan2-1(2n+1)2-14n(n+1)-1卩丄一4“n+1丿，所以Tn#.(1-2+2-3+_+n1

n+=4(1n+?二命即数列｛bn｝的前n项和nT二n4(n+1)15.设数列｛an｝知足a1=2,a”+]—a”=3・22n-1.(1)求数列｛an｝的通项公式；W+"⑵令b=nan，求数列｛bn｝的前n项和S.解(1)由已知，当心1时，an+1二[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)']+a1-3(22n-1+22n-3+…+2)+2二22(n+1)-1.而a1-2,符合上式，所以数列｛an｝的通项公式为an-22“-1.(2)由b-na-n^22n-1知nnS-12+2・23+3^25+…+n・22n-1,n从而2?.S-123+2・25+3・2?+…+n2n+1.n①-②得(1-22)s-2+23+25+…+22n-1-n22n+1,n即S—£[(3n-1)22n+1+2].n9)D.1＋n＋lnn16•在数列｛an｝中，幻=2,a”[haH+lnC)D.1＋n＋lnnA.2＋lnnB.2＋(n－1)lnnC.2＋nlnn答案A解析Tan+1-an+ln(1+n)，・・an+1-ln(n・・an+1-ln(n+1)-lnn.-an-lnl1+;J-ln~n~又a1-2，•On-a】+(a?-aj+(a?-a?)+(°4-a?)+…+(q”-an-1)-2+[ln2-In1+In3-In2+In4-In3+…+Inn-ln(n-1)]-2+lnn-ln1-2+lnn.17.已知正项数列｛an｝的前n项和Sn=1(an+1)2,求｛a“｝的通项公式.解当n-1时,a1-S1,所以a1=4(a1+1)2，

解得a1-1.当心2时,an-Sn-Sn-1-4(a“+1)2-4(a“-1+1)2—4(a2_a2-1+2叫_2叫-1)，a2-a2-2(a+a)-0，nn-1nn-1(a+a-1)(a-a-1-2)-0.nn-1nn-1Va+a]>0,「a-a,-2—0.nn-1nn-1a-a-1—2.nn-1•｛an｝是首项为1，公差为2的等差数列.a—1+2(n-1)—2n-1.n18.(12分)在数列｛an｝中，a]=l,a”+1=2an+2n.设bn=±•证明：数列｛bn｝是等差数列；求数列｛an｝的前n项和.(1)证明由已知a”+]=2an+2n,a＋12a＋2na得b二一^1二——=-a^~+1=b+1n+12n2n2n－1nAbn+1~bn=1，又b1=a1=L•••｛bn｝是首项为1，公差为1的等差数列.a(2)解由(1)知，b=n,~l=b二n.「.a二n-2"-1.n2n－1nn「•S二1+22+32+…+n・2n-1n两边乘以2得：2S二1・21+2.2?+…+(n-1)・2“-1+n・2n,n两式相减得：-S二1+21+22+…+2n-1-n・2nn-2n-1-n・2n=(1-n)2n-1,•・S—(n-1)・2n•・S—(n-1)・2n+1.n19.(12分)已知数列｛an｝的前(1)求数列｛an｝的通项公式；⑵当bn项和为S，且a,