第4讲 数列求和
A级 基础演练(时间：30分钟 满分：55分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝( )．
A．8 B．9 C．16 D．17
解析 S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.
答案 B
2．(2013·西安调研)等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等z以差数列，则S4＝ ( )．
A．7 B．8 C．15 D．16
解析 设数列{an}的公比为q，则4a2＝4a1＋a3，
∴4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，
∴q＝2.∴S4＝＝15.
答案 C
3．(2013·临沂模拟)在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为 ( )．
A．2 011 B．2 012 C．2 013 D．2 014
解析 ∵an＝＝－，∴Sn＝1－＝＝，解得n＝2 013.
答案 C
4．(2012·新课标全国)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为
( )．
A．3 690 B．3 660 C．1 845 D．1 830
解析 当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝4k－1，
当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，
∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2，
∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61.
∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝＝30×61＝1 830.
答案 D
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．(2011·北京)在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.
解析 设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2；等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－.
答案 －2 2n－1－
6．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________.
解析 由an＋2－an＝1＋(－1)n，知a2k＋2－a2k＝2，
a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.
∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋＝2 600.
答案 2 600
三、解答题(共25分)
7．(12分)(2013·包头模拟)已知数列{xn}的首项x1＝3，通项xn＝2np＋nq(n∈N*，p，q为常数)，且x1，x4，x5成等差数列．求：
(1)p，q的值；
(2)数列{xn}前n项和Sn.
解 (1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又因为x4＝24p＋4q，x5＝25p＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.
(2)由(1)，知xn＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋.
8．(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log(3an＋1)时，求数列的前n项和Tn.
解 (1)由已知得
得到an＋1＝an(n≥2)．
∴数列{an}是以a2为首项，以为公比的等比数列．
又a2＝S1＝a1＝，
∴an＝a2×n－2＝n－2(n≥2)．
又a1＝1不适合上式，∴an＝
(2)bn＝log(3an＋1)＝log＝n.
∴＝＝－.
∴Tn＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝1－＝.B级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)
一、选择题(每小题5分，共10分)
1．(2012·福建)数列{an}的通项公式an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 012等于 ( )．
A．1 006 B．2 012 C．503 D．0
解析 因cos 呈周期性出现，则观察此数列求和规律，列项如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，此4项的和为2.a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，此4项的和为2.依次类推，得S2 012＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)＝×2＝1 006.故选A.
答案 A
2．(2012·西安模拟)数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝ ( )．
A. B．6 C．10 D．11
解析 依题意得an＋an＋1＝an＋1＋an＋2＝，则an＋2＝an，即数列{an}中的奇数项、偶数项分别相等，则a21＝a1＝1，S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a21＝10×＋1＝6，故选B.
答案 B
二、填空题(每小题5分，共10分)
3．(2013·长沙模拟)等差数列{an}中有两项am和ak(m≠k)，满足am＝，ak＝，则该数列前mk项之和是Smk＝________.
解析 设数列{an}的首项为a1，公差为d.则有
解得
所以Smk＝mk·＋·＝.
答案
4．设f(x)＝，利用倒序相加法，可求得f＋f＋…＋f的值为________．
解析 当x1＋x2＝1时，f(x1)＋f(x2)＝＋＝＝1.
设S＝f＋f＋…＋f，倒序相加有2S＝＋＋…＋f＋f＝10，即S＝5.
答案 5
三、解答题(共25分)
5．(12分)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
思维启迪：(1)由已知写出前n－1项之和，两式相减．(2)bn＝n·3n的特点是数列{n}与{3n}之积，可用错位相减法．
解 (1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝， ①
∴当n≥2时，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝， ②
①－②得3n－1an＝，∴an＝.
在①中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，∴an＝.
(2)∵bn＝，∴bn＝n·3n.
∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n， ③
∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1. ④
④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，
即2Sn＝n·3n＋1－，∴Sn＝＋.
探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n－1an}的前n项和，从而利用an与Sn的关系求出通项3n－1an，进而求得an；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．
6．(13分)(2012·南昌模拟)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
…
已知表中的第一列数a1，a2，a5，…构成一个等差数列，记为{bn}，且b2＝4，b5＝10.表中每一行正中间一个数a1，a3，a7，…构成数列{cn}，其前n项和为Sn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a13＝1.
①求Sn；
②记M＝{n|(n＋1)cn≥λ，n∈N*}，若集合M的元素个数为3，求实数λ的取值范围．
解 (1)设等差数列{bn}的公差为d，
则解得
所以bn＝2n.
(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q.
由于前n行共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2个数，且32<13<42，a10＝b4＝8，
所以a13＝a10q3＝8q3，又a13＝1，所以解得q＝.
由已知可得cn＝bnqn－1，因此cn＝2n·n－1＝.
所以Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋，
Sn＝＋＋…＋＋，
因此Sn＝＋＋＋…＋－＝4－－＝4－，
解得Sn＝8－.
②由①知cn＝，不等式(n＋1)cn≥λ，可化为≥λ.
设f(n)＝，
计算得f(1)＝4，f(2)＝f(3)＝6，f(4)＝5，f(5)＝.
因为f(n＋1)－f(n)＝，
所以当n≥3时，f(n＋1)
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