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1、第四節(jié) 數(shù)列求和
1. (2020·黃岡中學月考)設(shè)數(shù)列{an}，{bn}滿足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，則{bn}的前10項之和等于( )
A. B. C. D.
2. 數(shù)列{(－1)n·n}的前2 010項的和S2 010為( )
A. －2 010 B. －1 005 C. 2 010 D. 1 005
3. 數(shù)列1，，，，…，的前2 010項的和為( )
A. B. C. D.
4. (2020·汕頭模擬)已知an＝log(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，若稱使乘積a1·a2·a3·…·an為整數(shù)的數(shù)n為劣數(shù)，則
2、在區(qū)間(1，2 002)內(nèi)所有的劣數(shù)的和為( )
A. 2 026 B. 2 046 C. 1 024 D. 1 022
5. 數(shù)列{an}，已知對任意正整數(shù)n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，則a＋a＋a＋…＋a等于( )
A. (2n－1)2 B. (2n－1)
C. (4n－1) D. 4n－1
6. (2020·重慶南開中學月考)定義：若數(shù)列{an}對任意的正整數(shù)n，都有|an＋1|＋|an|＝d(d為常數(shù))，則稱{an}為“絕對和數(shù)列”，d叫做“絕對公和”，已知“絕對和數(shù)列”{an}中
3、，a1＝2，“絕對公和”d＝2，則其前2 010項和S2 010的最小值為( )
A. －2 011 B. －2 006 C. －2 010 D. －2 009
7. 設(shè)f(x)＝，則f(x)＋f(1－x)＝________，f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)＝________.
8. (2020·合肥一中模擬)已知等比數(shù)列{an}中，a1＝3，a4＝81，當數(shù)列{bn}滿足bn＝log3an，則數(shù)列的前n項和Sn為________．
9. 對于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項
4、公式為2n，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________.
10. 設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.設(shè)bn＝，則數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝________.
11. 若數(shù)列{an}是正項數(shù)列，且＋＋…＋＝n2＋3n(n∈N*)，求＋＋…＋的值．
12. (2020·四川)已知等差數(shù)列{an}的前3項和為6，前8項和為－4.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)設(shè)bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.
答案
6. B 解析：S2 010＝a1＋a2＋a3＋
5、a4＋…＋a2 009＋a2 010，要使S2 010最小，故a2，a3，a4，…a2 010均為負值．
∵|an＋1|＋|an|＝2，a1＝2，∴a2＝0，a3＋a4＝－2，a5＋a6＝－2，…，a2 009＋a2 010＝－2，故S2 010＝2＋0＋(－2)×1 004＝－2 006.
7. 3 解析：f(x)＋f(1－x)＝＋＝＋＝.
設(shè)S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)，
S＝f(6)＋f(5)＋…＋f(0)＋…＋f(－5)
∴2S＝[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＝×12，∴S＝3.
8. 解析：數(shù)列{an}中，q
6、3＝＝27，
∴q＝3，
∴an＝a1qn－1＝3n，∴bn＝log33n＝n，
∴＝＝－，
∴Sn＝＋＋…＋＝1－＝.
9. 2n＋1－2 解析：∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2
＝＋2＝2n－2＋2＝2n，
∴Sn＝＝2n＋1－2.
10. ·3n＋1－·3n＋1＋
解析：∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝(n≥2)，
∴3n－1an＝－＝(n≥2)．
an＝(n≥2)．
驗證n＝1時也滿
7、足上式，∴an＝(n∈N*)．
∵bn＝n·3n，Sn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n,3Sn＝1·32＋2·33＋…＋n·3n＋1，
∴－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1，
∴－2Sn＝－n·3n＋1，
Sn＝·3n＋1－·3n＋1＋.
11. 令n＝1，得＝4，∴a1＝16.
當n≥2時，＋＋…＋＝(n－1)2＋3(n－1)．
與已知式相減，得
＝(n2＋3n)－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2，
∴an＝4(n＋1)2，n＝1時，a1適合an.
∴an＝4(n＋1)2，∴＝4n＋4，
∴＋＋…＋＝＝2n2＋6n.
12. (1)設(shè){an}的公差為d，由已知得解得
故an＝3－(n－1)＝4－n.
(2)由(1)可得：bn＝n·qn－1，于是
Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1，
若q≠1，將上式兩邊同乘以q有qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)qn－1＋n·qn，
兩式相減得到
(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1
＝nqn－
＝，
于是Sn＝.
若q＝1，則Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
所以Sn＝
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