专题考案(2)数列板块 第3课 数列的求和
(时间：90分钟 满分：100分)
题型示例
已知y=f(x)是一次函数，且f(2),f(5),f(4)成等比数列，f(8)=15,求Sn=f(1)+f(2)+…+f(n)(n∈N*)的表达式.
分析 要求和，关键要先求出f(n).
解 由y=f(x)是一次函数可设f(x)=ax+b,则f(2)=2a+b,f(5)=5a+b,f(4)=4a+b,
∵f(2),f(5),f(4)成等比数列，∴(5a+b)2=(2a+b)(4a+b).
∴17a2+4ab=0,又∵a≠0.
∴a=-
b
①
又∵f(8)=15,∴8a+b=15 ②
联立方程①、②解得a=4,b=-17,∴f(x)=4x-17.
∴f(1),f(2),…,f(n)可看作是首项为-13,公差为4的等差数列.
由等差数列前n项和公式可求得Sn=-13n+
×4=2n2-15n.
点评 此题渗透了函数思想，解题时要注意知识的横向与纵向之间的联系.
一、选择题(9×3′＝27′)
1．数列{an}是等差数列的一个充要条件是 ( )
A.Sn=an+b B.Sn=an2+bn+c C.Sn=an2+bn(a≠0) D.Sn=an2+bn
2．设m=1×2+2×3+3×4+…+(n-1)·n，则m等于 ( )
A.
B.
n(n+4) C.n(n+5) D.n(n+7)
3．若Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n，则S17+S33＋Ｓ50等于 ( )
A.1 B.-1 C.0 D.2
4．阅读下列文字，然后回答问题：对于任意实数x,符号［x］表示x的整数部分，即［x］是不超过x的最大整数.函数［x］叫做“取整函数”，也叫高斯函数.它具有以下性质：x-1<［x］≤x<［x+1］.请回答:［log21］+［log22］+［log23］+…+［log21024］的值是( )
A.1024 B.8202 C.8204 D.9216
5．设{an}为等比数列,{bn}为等差数列，且b1=0,cn=an+bn,若数列{cn}是1,1,2,…,则{cn}的前10项和为 ( )
A.978 B.557 C.467 D.979
6．1002-992+982-972+…+22-12的值是 ( )
A.5000 B.5050 C.10100 D.20200
7．若等比数列{an}的前n项和Sn=2n+r,则r的值是 ( )
A.2 B.1 C.0 D.-1
8．已知S=1+
，那么S的范围是
( )
A.(1,
) B.(,2)
C.(2,5) D.(5,+∞)
9．已知数列{an}的前n项和Sn=a
(n=1,2,…)，其中a,b是非零常数，则存在数列{xn}、{yn}使得
( )
A.an=xn+yn，其中{xn}为等差数列，{yn}为等比数列
B.an=xn+yn，其中{xn}和{yn}都为等差数列
C.an=xn·yn，其中{xn}为等差数列，{yn}为等比数列
D.an=xn·yn，其中{xn}和{yn}都为等比数列
二、填空题(4×3′＝12′)
10．一个有2001项且各项非零的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为 .
11．若12+22+…+(n-1)2=an3+bn2+cn，则a= ,b= ,c= .
12．已知数列｛an｝的前n项和Sn=n2-4n+1，则a1+a2+…+a10= .
13．数列
…的前n项和Sn=
.
三、解答题(9′＋3×10′＋12′＋10′＝61′)
14．求和：1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+…+(n-1)·2+n·1.
15．求和：Sn=
.
16．已知数列{an}的前n项和Sn=10n-n2(n∈N);数列{bn}的通项bn=an,求数列{bn}的前n项和Tn.
17．数列{an}中，a1=a，前n项和Sn构成公比为q的等比数列．(q≠1)
(1)求证在{an}中，从第2项开始成等比数列；
(2)当a=250，q=时，设bn=log2an,求b1+b2+…+bn．
18．已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=2an+(-1)n,n≥1.
(1)求证数列{an+
(-1)n}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对任意的整数m>4,有
19．求包含在正整数m与n间(m<n)的分母为3的所有不可约分数之和.
参考答案
1．D Sn=na1+
n2+(a1-
)n，d可以为0，对照知选D.
2．A an=n2-n.
3．A Sn=
4．C［log2N］=
故原式=0+1·(22-2)+2·(23-22)+…+9·(210-29)+10=9·210-(29+28+…+2)+10=8204,故选C.
5．A 由题意可得a1=1,设公比为q,公差为d,则
∴q2-2q=0,∵q≠0,∴q=2,∴an=2n-1,bn=(n-1)(-1)=1-n,∴cn=2n-1+1-n,∴Sn=978.
6．B并项求和，每两项合并，原式=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5050.
7．D r等于2n系数1的相反数-1，选D.
8．B 
9．C 由an=Sn-Sn-1=a［2-()n-1］-b［2-(n+1)()n-1］-a［2-()n-2］+b［2-n·()n-2］
=-()n-1a+a·()n-2+b(n+1)·()n-1-bn()n-2=a·()n-2［-()+1］+bn()n-2(-1)+b()n-1=(a+b)·()n-1-bn()n-1
=［a+b(1-n)］()n-1=［a-(n-1)b］·［·()n-2］
而a1=S1=a［2-()0］-b［2-2·()0］=a,因此也适合上式.
∴xn=a-(n-1)b,yn=()n-2.选C.
10．
设此数列{an},其中间项为a1001,
则S奇=a1+a3+a5+…+a2001=1001·a1001,S偶=a2+a4+a6+…+a2000=1000a1001.
11．
原式=
12．67 
13．
an=n+
.
14．解 ak=k·［(n+1)-k］=(n+1)k-k2，
∴Sn=［(n+1)·1-12］+［(n+1)·2-22］+…+［(n+1)·n-n2］
=(n+1)(1+2+…+n)-(12+22+…+n2)
=(n+1)·
n(n+1)(2n+1)
=
.
15．解 ak=
，
∴Sn=
.
16．解 可按如下三个层次进行:
(1)由数列{an}的前n项和求an.
由an=
得an=11-2n(n∈N*)
(2)由an的正负确定{bn}的通项公式.
易知,当n≤5时,an>0,则bn=an;当n≥6时,an<0,则bn=-an
∴bn=
(3)求数列{bn}的前n项和Tn
当n≤5时,因为bn=an所以Tn=Sn=10n-n2;
当n≥6时,Tn=a1+a2+a3+…+a5-(a6+a7+…+an)=2S5-Sn=50-(10n-n2)=n2-10n+50.
∴Tn=
点评 数列{an}与数列{an}很多题目都有涉及,关键是把握两者的实质联系，我们分了三个步骤以方便同学们理清思路.
17．(1)证明 由已知S1=a1=a，Sn=aqn-1,∴Sn-1=aqn-2，
∴当n≥2时，an=Sn-Sn-1=a(q-1)qn-2．
∵
=q,∴{an}是当n≥2时公比为q的等比数列．
(2)解 a2=S2-S1=a(q-1),∴an=
∴当a=250，q=时，b1=log2a=50,当n≥2时，bn=log2an=log2250(-1)()n-2=51-n.
∴bn=51-n(n∈N)．
①当1≤n≤51时，b1+b2+…+bn=(51-1)+(51-2)+…+(51-n)=51n-(1+2+…+n)=51n-
②当n≥52时，b1+b2+…+bn=(50+49+48+…+1)+［1+2+3+…+(n-51)］=
18．(1)证明 由已知得an=Sn-Sn-1=2an+(-1)n-2an-1-(-1)n-1(n≥2),
化简得 an=2an-1+2(-1)n-1(n≥2),
上式可化为 an+(-1)n=2［an-1+(-1)n-1］(n≥2),∵a1=1,∴a1+(-1)1=
.
故数列{an+(-1)n}是以为首项，公比为2的等比数列.
(2)解 由（1）可知an+(-1)n=
.
∴an=×2n-1-(-1)n=［2n-2-(-1)n］,故数列{an}的通项公式为 an=［2n-2-(-1)n］.
(3)证明 由已知得
=
=
=
故
19．解 方法1 这些分数是
显然它既非等比数列也非等差数列，但如果在适当的位置上分别添上
即成为
(**)是一个有3n-3m+1项的等差数列，公差为,首项是m,末项是n,
其和为S=(3n-3m+1)(m+n)而(*)是一个有n-m+1项的等差数列，公差为1,首末项分别为m,n其和S″=(n-m+1)(m+n).
故适合条件的分数和为S=S′-S″=n2-m2.
方法2 设S=(m+)+(m+)+…+(n-)+(n-)注意到与首末两项等距离的两项和相等，于是把上式倒序相加得:2S=