数列求和的3种方法单元测试
——分组转化、裂项相消及错位相减
一、选择题
1．在公差大于0的等差数列{an}中，2a7－a13＝1，且a1，a3－1，a6＋5成等比数列，则数列(－1)21项和为( )
A．21 C．441
B．－21 D．－441
n－1
an的前
解析：选A 设等差数列{an}的公差为d，d>0，由题意可得 2(a1＋6d)－(a1＋12d)＝1，a1(a1＋5d＋5)＝(a1＋2d－1)， 解得a1＝1，d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1. 所以(－1)
n－1
2
an＝(－1)n－1(2n－1)， an的前21项和为
故数列(－1)
n－1
1－3＋5－7＋…＋37－39＋41＝－2×10＋41＝21.
?1?n2．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3??，则其前20项和为( )
?5?
1?3?
A．380－?1－19?
5?5?1?3?
C．420－?1－20?
4?5?
1?2?B．400－?1－20?
5?5?1?4?D．440－?1－20?
5?5?
解析：选C 令数列{an}的前n项和为Sn，
1??11
则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3?＋2＋…＋20?
5??5511?1－20???5?5?1?20×20＋13?
1－＝2×－3×＝420－?20?.
214?5?
1－
5
a1a2a3an1
3．已知数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，数列{bn}满足关系 ＋＋＋…＋＝n，数列{bn}
b1b2b3bn2
的前n项和为Sn，则S5的值为( )
A．－454 C．－446
B．－450 D．－442
a1a2a3an1
解析：选B 由题意可得an＝2n－1，因为＋＋＋…＋＝n，
b1b2b3bn2
所以当n≥2时，＋＋＋…＋
a1a2a3
b1b2b3an－11
＝， bn－12n－1
an1n两式相减可得＝－n，则bn＝－(2n－1)·2(n≥2)，
bn2
当n＝1时，b1＝2，不满足上式， 则S5＝2－12－40－112－288＝－450.
11212312391
4．已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么数列{bn}的前
23344410101010an·an＋1
n项和Sn＝( )
A.C. n＋13n n＋1
nB.D.
4n n＋15n n＋1
解析：选B 由题意知an＝则bn＝
1
＝
an·an＋1n123nn＋＋＋…＋＝， n＋1n＋1n＋1n＋12
1?4?1＝4?－?， n＋1?nn＋1?
11111??1?4n?1－＋－＋…＋－1－所以Sn＝4?＝4?＝. ??nn＋1??n＋1?n＋1?223
2 018
5．(2018·福州质检)已知数列{an}中，a1＝1，且对任意的m，n∈N，都有am＋n＝am＋an＋mn，则
2 018
2 019
2 017
2 0184 036
2 019
*
i＝1
? ai＝(
1
)
A.B.D.
C．2
解析：选D 令m＝1，则an＋1＝a1＋an＋n.
又a1＝1，所以an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1， 所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)， 把以上n－1个式子相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n， 所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝
nn＋1
2
，
，
当n＝1时，上式也成立，所以an＝1所以＝
2 018
nn＋1
2
ann1?2?1
＝2?－?， n＋1?nn＋1?
1?1??11??1－1?＝2?1－1?＝4 036. 所以? ＝2?1－?＋?－?＋…＋????ai?2??23??2 0182 019??2 019?2 019i＝1
6．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列
1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是2，接下
来的两项是22，再接下来的三项是222，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )
A．440 C．220
B．330 D．110
0,1
0,1,2
0
解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第
nn＋1
n组的项数为n，前n组的项数和为.
2
由题意可知，N>100，令*
nn＋1
2
>100，
得n≥14，n∈N，即N出现在第13组之后． 1－2n易得第n组的所有项的和为＝2－1，
1－22
前n组的所有项的和为
1－21－2
nn－n＝2
*
n＋1
－n－2.
*
设满足条件的N在第 ＋1( ∈N， ≥13)组，且第N项为第 ＋1组的第t(t∈N)个数， 若要使前N项和为2的整数幂，
则第 ＋1组的前t项的和2－1应与－2－ 互为相反数， 即2－1＝ ＋2，∴2＝ ＋3，∴t＝log2( ＋3)，
13×13＋1
∴当t＝4， ＝13时，N＝＋4＝95<100，不满足题意；
229×29＋1
当t＝5， ＝29时，N＝＋5＝440；
2当t>5时，N>440，故选A. 二、填空题
7．(2018·陕西一检)已知数列{an}中，a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，则{an}的前100项和为________．
解析：由a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，得a2n＋a2n＋1＝n＋1， ∴a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a98＋a99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，
∵a100＝1＋a50＝1＋(1＋a25)＝2＋(12－a12)＝14－(1＋a6)＝13－(1＋a3)＝12－(1－a1)＝13， ∴a1＋a2＋…＋a100＝1 276＋13＝1 289. 答案：1 289
8．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2 018＝________.
解析：由a1＝1，an＋1＝(－1)(an＋1)可得，
nnttta2＝－2，a3＝－1，a4＝0，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，…，
故该数列为周期是4的数列，
所以S2 018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2 ＝504×(－2)＋1－2＝－1 009. 答案：－1 009
9．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，bn＝
2
2
2
1
，数列{bn}的前n项和为Sn，则
an＋an＋1
S33的值是________．
解析：∵2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，
∴数列{an}为首项为1，公差为2－1＝3的等差数列， ∴an＝1＋3(n－1)＝3n－2. ∴an＝3n－2， ∴bn＝
111
＝＝(3n＋1－3n－2)，
an＋an＋13n－2＋3n＋13
2
2
2
2
2
2
∴数列{bn}的前n项和为
Sn＝[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n＋1－3n－2)]＝(3n＋1－1)．
1
则S33＝(10－1)＝3.
3答案：3 三、解答题
10．(2018·西安八校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝－3，S10＝－40.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若从数列{an}中依次取出第2,4,8，…，2，…项，按原来的顺序排成一个新数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵a5＝a1＋4d＝－3，S10＝10a1＋45d＝－40， 解得a1＝5，d＝－2.∴an＝－2n＋7. (2)依题意，bn＝a2n＝－2×2＋7＝－2故Tn＝－(2＋2＋…＋22－2×2＝－＋7n
1－2＝4＋7n－2
n＋2
2
2
3
1313
nnn＋1
＋7，
n＋1
)＋7n
n＋1
.
11．已知等比数列{an}的公比q>1，且a1＋a3＝20，a2＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Sn是数列{bn}的前n项和，对任意正整数n，不等式Sn＋n＋1>(－1)·a恒成立，求实数
an2
nnna的取值范围．
2
解：(1)由已知得???
a11＋q＝20，
?
?
a1q＝8，
∴2q2
－5q＋2＝0，解得q＝12
或q＝2.
∵q>1，∴???
a1＝4，
?q＝2
?
，
∴数列{a的通项公式为an＋1
n}n＝2.
(2)由题意，得bnn＝2n＋1，
∴S123nn＝22＋23＋24＋…＋2
n＋1，
12S＝12n－1nn23＋24＋…＋2n＋1＋2
n＋2， 两式相减，得11111n2Sn＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－2
n＋2，
1?
∴S＝1111n2??1－12n??
?nn＋2n2＋22＋23＋…＋2n－2n＋1＝－n＋1＝1－n＋1，
1－122
2∴(－1)n·a<1－12n对任意正整数n恒成立，
设f(n)＝1－1
2n，易知f(n)单调递增，
①当n为奇函数时，f(n)的最小值为1
2，
∴－a<112，即a>－2
；
②当n为偶函数时，f(n)的最小值为34，
∴a<34
. 由①②可知－12 4 ， 即实数a的取值范围是??13?－2，4??? . 12．(2018·云南统检)设S* n为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N，都有(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列? ?4??aa?的前n项和为T1 n，求证：≤Tn<1. nn＋2?2 Sn＝(n＋1)an. 2 解：(1)因为2Sn＝(n＋1)an， 当n≥2时，2Sn－1＝nan－1， 两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1， 即(n－1)an＝nan－1， 所以当n≥2时，＝ anan－1 ， nn－1 所以＝＝2，即an＝2n(n≥2)． n1因为a1＝2也符合上式，所以an＝2n. (2)证明：由(1)知an＝2n， 令bn＝ ana1 an4* ，n∈N， an＋24 ＝2n＋2n111 ＝－. n＋1nn＋1 所以bn＝ 2n1?1?1??11??1 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝?1－?＋?－?＋…＋?－＝1－. ?n＋1?2??23??nn＋1?因为 11 >0，所以1－<1. n＋1n＋1 1显然当n＝1时，Tn取得最小值. 21 所以≤Tn<1. 2 已知Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和，a1∈(0,2)，an＋3an＋2＝6Sn. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝ 1 2 anan＋1 ，数列{bn}的前n项和为Tn，若对?n∈N，t≤4Tn恒成立，求实数t的最大值． 2 * 解：(1)当n＝1时，由an＋3an＋2＝6Sn， 得a1＋3a1＋2＝6a1，即a1－3a1＋2＝0. 又a1∈(0,2)，解得a1＝1. 由an＋3an＋2＝6Sn， 可知an＋1＋3an＋1＋2＝6Sn＋1. 两式相减，得an＋1－an＋3(an＋1－an)＝6an＋1， 即(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0. 2 2 222 2 由于an>0，可得an＋1－an－3＝0，即an＋1－an＝3， 所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列． 所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2. (2)由an＝3n－2，可得bn＝ 1 anan＋1 ＝ 1 3n－2 1?1?1－＝??， 3n＋13?3n－23n＋1? 1?1??11??1－1?＝1?1－1?＝n. 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝?1－?＋?－?＋…＋????3?4??47??3n－23n＋1?3?3n＋1?3n＋1 n＋1n因为Tn＋1－Tn＝－＝ 3n＋1＋13n＋1 1 3n＋1 3n＋4 >0， 所以Tn＋1>Tn，所以数列{Tn}是递增数列． tt1 所以t≤4Tn?≤Tn?≤T1＝?t≤1， 444 所以实数t的最大值是1.
