§6.4数列求和、数列的综合应用基础篇固本夯基【基础集训】考点一数列求和1.在等差数列{an}中,a4=5,a7=11.设bn=(-1)n·an,则数列{bn}的前100项之和S100=()A.-200B.-100C.200D.100答案D2.数列{an}的前n项和为Sn,若an=1n(n+1),则S5等于()A.1B.56C.16D.130答案B3.设f(x)=4x4x+2,求S=f(12002)+f(22002)+…+(20012002)的值.解析 f(x)=4x4x+2,∴f(1-x)=41-x41-x+2=44+2·4x=24x+2,∴f(x)+f(1-x)=1, S=f(12002)+f(22002)+…+f(20012002)=f(20012002)+f(20002002)+…+f(12002),∴2S=f(12002)+f(22002)+…+f(20012002)+f(20012002)+f(20002002)+…+f(12002)=1×2001=2001,∴S=20012.4.已知等差数列{an}满足(a1+a2)+(a2+a3)+…+(an+an+1)=2n(n+1)(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{an2n-1}的前n项和Sn.解析(1)设等差数列{an}的公差为d,由已知得{a1+a2=4,(a1+a2)+(a2+a3)=12,即{a1+a2=4,a2+a3=8.所以{a1+(a1+d)=4,(a1+d)+(a1+2d)=8,解得{a1=1,d=2.所以an=2n-1.1(2)由(1)得an2n-1=2n-12n-1,所以Sn=1+321+522+…+2n-32n-2+2n-12n-1,①12Sn=12+322+523+…+2n-32n-1+2n-12n,②①-②得12Sn=1+1+12+122+…+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,所以Sn=6-4n+62n.考点二数列的综合应用5.已知数列{an}满足an=log(n+1)(n+2)(n∈N*),我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n叫做“优数”,则在区间(1,2004)内的所有“优数”的和为()A.1024B.2003C.2026D.2048答案C6.已知函数f(x)=2x-3x-1,点(n,an)在f(x)的图象上,数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*.(1)求使an<0的n的最大值;(2)求Sn.解析(1)由已知得an=f(n)=2n-3n-1,则f'(n)=2nln2-3,n∈N*,当f'(n)>0,即n≥3时,f(n)单调递增,当f'(n)<0,即1≤n≤2时,f(n)单调递减.又 an<0,即2n-3n-1<0,当n=2时,22-6-1<0,当n=3时,23-9-1=-2<0,当n=4时,24-12-1>0.∴使an<0的n的最大值为3.(2)Sn=a1+a2+…+an=(2+22+…+2n)-3(1+2+3+…+n)-n=2(1-2n)1-2-3·n(n+1)2-n=2n+1-n(3n+5)2-2.7.已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1=2,且a1+1,a2+1,a4+1成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=1anan+1,n∈N*,Sn是数列{bn}的前n项和,求使Sn<319成立的最大的正整数n.解析(1)设{an}的公差为d.由a1+1,a2+1,a4+1成等比数列,可得(a2+1)2=(a1+1)(a4+1),又a1=2,∴(3+d)2=3(3+3d),解得d=3(d=0舍去),则an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1.(2)由(1)知bn=1anan+1=1(3n-1)(3n+2)=13(13n-1-13n+2),∴Sn=13(12-15+15-18+…+13n-1-13n+2)=13(12-13n+2)=n2(3n+2),则Sn<319,即n2(3n+2)<319,解得n<12,则所求最大的正整数n为11.综合篇知能转换【综合集训】2考法一错位相减法求和1.(2018福建闽侯第八中学期末,16)已知数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn-nan+1+50<0的最小正整数n的值为.答案52.(2020届广东揭阳第三中学第一次月考,19)已知{an}是公差d≠0的等差数列,a2,a6,a22成等比数列,a4+a6=26,数列{bn}是公比q为正数的等比数列,且b3=a2,b5=a6.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.解析(1) {an}是等差数列,且a4+a6=26,∴a5=13,又 a2,a6,a22成等比数列,∴a62=a2a22,即(13+d)2=(13-3d)(13+17d),解得d=3或d=0(舍),∴an=a5+(n-5)d=3n-2. b3=a2,b5=a6,∴q2=b5b3=a6a2=3×6-23×2-2=4,∴q=2或q=-2(舍),又 b3=a2=4,∴bn=b3·qn-3=4·2n-3=2n-1.(2)由(1)可知,an·bn=(3n-2)·2n-1,∴Tn=1×20+4×21+7×22+…+(3n-5)·2n-2+(3n-2)·2n-1,2Tn=1×21+4×22+7×23+…+(3n-5)·2n-1+(3n-2)·2n,两式相减得-Tn=1+3(21+22+…+2n-1)-(3n-2)·2n=1+3·2(1-2n-1)1-2-(3n-2)·2n=-5-(3n-5)·2n.∴Tn=5+(3n-5)·2n.3.(2018河南安阳第二次模拟,17)设等差数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在函数f(x)=x2+Bx+C-1(B,C∈R)的图象上,且a1=C.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记bn=an(a2n-1+1),求数列{bn}的前n项和Tn.解析(1)设数列{an}的公差为d,则Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+(a1-d2)n,又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得{d2=1,C-1=0,解得{d=2,C=1,所以a1=1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).(2)由(1)知bn=(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n,则Tn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,两式相...
