数列的前n项和练习题（共5则）

第一篇：数列的前n项和练习题

数列的求和训练

1．错位相减法求和：如：an等差,bn等比,求a1b1a2b2anbn的和.1．求和Sn12x3x2

2.求和：Snnxn1

123n23n aaaa

2．裂项相消法求和：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。1.数列{an}的前n项和为Sn，若anA．1 B．

1，则S5等于（）

n(n1)511 C． D． 66302.已知数列{an}的通项公式为an

3.已知数列{an}的通项公式为an＝

4．求1

1，求前n项的和；

n(n1)n111，设Tn2a1a3a2a41，求Tn．

anan21111,(nN*)。121231234123n 1

5.已知等差数列{an}满足a20, a6a810.(1)求数列{an}的通项公式及Sn（2）求数列{

6.已知等差数列{an}满足：a37,a5a726，{an}的前n项和Sn（1）求an及Sn（2）令bn

7．已知数列

前n和Snan中，a13，an}的前n项和 n121an12（nN），求数列{bn}前n项和Tn

1(n1)(an1)1 2①求证：数列②求数列an是等差数列

an的通项公式

1的前n项和为Tn，是否存在实数M，使得TnM对一切正整数n都成anan11(n1)(an1)1 2③设数列立？若存在，求M的最小值，若不存在，试说明理由。解：①∵SnSn1an11(n2)(an11)12Sn1Sn 1(n2)(an11)(n1)(an1)2整理得，nan1(n1)an1(n1)an2(n2)an11(n1)an2nan1(n2)an1(n1)an 2 2(n1)an1(n1)(an2an)2an1an2an∴数列②a1

an为等差数列。

3，nan1(n1)an1

a22a115a2a12an的公差为2即等差数列ana1(n1)d3(n1)22n1③ anan1(2n1)(2n3)11122n12n31111111Tn()235572n12n3 111()232n31又当nN时，Tn6要使得Tn正整数n

都成立，M的最小值为M对一切正整数n恒成立，只要M≥

1，所以存在实数M使得TnM对一切61。61n1a11,an1(1)ann{a}n2 8.在数列n中，bnann，求数列{bn}的通项公式（I）设（II）求数列{an}的前n项和Sn

an1an11nbn1bnn2 分析：（I）由已知有n1n2利用累差迭加即可求出数列

{bn}的通项公式:

bn212n1(nN*)（II）由（I）知nan2nn2n1，nnkk(2k)(2k)k12k1k1k12Sn=k1

而k1(2k)n(n1)nnkk12k1,又是一个典型的错位相减法模型，nkn2n244k1n1n1Sn(n1)222易得k1 n=

第二篇：求数列前n项和练习题

求数列前n项和练习题

1等比数列an的各项均为正数，且2a13a21,a329a2a6.（1）求数列an的通项公式.1(2)设 bnlog3a1log3a2......log3an,求数列的前项和.bn2设数列an满足a12,an1an322n1（1）求数列an的通项公式；（2）令bnnan，求数列的前n项和Sn

3已知等差数列{an}满足：a3=7，a5+a7=26．{an}的前n项和为Sn．（1）求an及Sn；（2）令4已知

（n∈N+），求数列{bn}的前n项和Tn．

是公差不为零的等差数列, 的通项;

求数列

成等比数列.的前n项和 求数列

第三篇：关于自然数数列前n项和公式证明

自然数平方与立方数列前n项和公式证明

huangjianwxyx

以下公式，尤其是二、三公式的推导体现了递推消项数学思想。

一、证明：Sn=k=1＋2＋3＋…＋n＝(1+n)n/2证：(略)

二、证明：Sn=k2=1²＋2²＋3²＋…＋n²＝ [n(n＋1)(2n＋1)]/6

k1k1nn

证：(n＋1)³－n³=(n³＋3n²＋3n＋1)－n³=3n²＋3n＋1，则：

2³－1³=3×1²＋3×1＋1（n从1开始）

3³－2³=3×2²＋3×2＋1

4³－3³=3×3²＋3×3＋1

5³－4³=3×4²＋3×4＋1

6³－5³=3×5²＋3×5＋1

…

(n＋1)³－n³=3×n²＋3×n＋1（至n结束）

上面左右所有的式子分别相加，得：

(n＋1)³－1³=3×[1²＋2²＋3²＋…＋n²]＋3×[1＋2＋3＋…＋n]＋n (n＋1)³－1=3Sn＋3×[n(n＋1)/2]＋n

Sn=1²＋2²＋3²＋…＋n²＝ [n(n＋1)(2n＋1)]/6

三、证明：Sn=k3=13+23+.....+n3=n2(n+1)2/4=[n(n+1)/2] 2

k1n

证：(n+1)4-n4=[(n+1)2+n2][(n+1)2-n2]=(2n2+2n+1)(2n+1)=4n3+6n2+4n+1则：

24-14=4*13+6*12+4*1+1（n从1开始）

34-24=4*23+6*22+4*2+1

44-34=4*33+6*32+4*3+1

...(n+1)4-n4=4*n3+6*n2+4*n+1（至n结束）

上面左右所有的式子分别相加，得：

(n+1)4-1=4*(13+23+.....+n3)+6*(1²＋2²＋3²＋…＋n²)+4*(1+2+3+...+n)+n4*(13+23+.....+n3)=(n+1)4-1+6*[n(n+1)(2n+1)/6]+4*[(1+n)n/2]+n=[n(n+1)]2

Sn=13+23+.....+n3=[n(n+1)/2] 2

第四篇：等差数列前n项和基础练习题

等差数列前n项和基础练习题

1..等差数列-10，-6，-2，2，…前___项的和是54 2.正整数前n个数的和是___________ 3.数列an的前n项和Sn＝3nn，则an＝___________

24.在等差数列an中，前15项的和S1590，a8为（）

A.6

B.3

C.12

D.4

5、在等差数列中，若，则＝______ 6.等差数列an中, a1a2a324,a18a19a2078,则此数列前20项的和等于

A.160

B.180

C.200

D.220 7.设等差数列an的前n项和公式是Sn5n3n，求它的前3项，并求它的通项公式

28.如果等差数列an的前4项的和是2，前9项的和是-6，求其前n项和的公式。9.根据下列各题中的条件，求相应的等差数列an的有关未知数：（1）a1 51,d,Sn5,求n 及an；（2）d2,n15,an10,求a1及Sn 66

第五篇：数列前n项和构成不等式证明方法与技巧（范文）

数列前n项和构成不等式证明方法与技巧

安徽五河一中邢文举、杨梅玲

由数列前n项和构成的不等式是一种非常重要的题型，常在高考题中出现，由于不等式证明本身就是一个难点，再加数列的各种变形应用，不少学生对该题型束手无策，不知从何处去分析寻求解题思路，该题型一般有三种解题思路：第一，若数列an是可求和数列，应先求和Sn，再证明不等式；第二，若数列an是不可求和数列，一般先将数列的通项放缩成可求和数列，再求和证明不等式；第三，若数列是不可求和数列，对通项的放缩又有一定的困难可尝试用数学归纳法证明不等式，当然有的可求和数列和构成的不等式也可用数学归纳法证明，下面以例说明。

例

1、各项均为正数的等差数列an，a1=3前n项和为Sn，等比数列bn中，b1=1，且b2S2=64，ban是公比为64的等比数列。

（1）求an、bn；

（2）证明1113 S1S2Sn4

解：（1）设an的公差为d，bn的分比为q（d>0,q>0）

则an=3+(n-1)dbn=q n-1

ban1qan11

an1qan1anqd64 banq

又b2S2=q(6+d)=64

可求得：d=2，q=8

∴an=2n+1，bn=8n-1

（2）由（1）知Sn=n(n+2)11111()Snn(n2)2nn2

1显然是可求和数列，先求和，再证明不等式

Sn

∴11111111111(1)()()() S1S2Sn232435nn2

1111113=(1)(1) 22n1n2224

∴原不等式对nN成立

例

2、等比数列an的前n项和为Sn，已知对任意的nN，点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>0且b≠1,b,r均为常数)的图象上。

（1）求r的值；

（2）当b=2时设bnn11(nN)，数列bn的前n项和为Tn，证明Tn 4an2解：（1）由已知有Sn=bn+r，当n≥2时，Sn-1=bn-1+r

∴an=Sn-Sn-1=(b-1)·bn-1

又a1=b+ra2=(b-1)b ∴a2(b1)bb∴r=-1 a1br

（2）由b=2，故（1）有：an=2n-1bn=n1 n12

由于bn是可求和数列，先求和后证明不等式

Tn=b1+b2+b3+…+bn 234n1∴Tn234n1① 2222

123nn1Tn34n1n2② 22222

12111n1①-②得：Tn234n1n2 222222

3n3∴Tnn1 22

∵Tn为递增数列 ∴TnT1

∴Tn311 221对nN成立

221

31

n2(n11)（nN）例

3、证明不等式：1

1证明

（一）∵数列是不可求和数列，应先放缩再证明不等式。n

∵

∴

11

21n2nn2n1n2(n1n)1

1

n2(21)(32)(4)(n1n)

=2（n11）∴11

21

1

n2(n11)对nN成立

（二）数学归纳法证明

（1）当n=1时，12(21)，即n=1不等式成立。

（2）假设当n=k(nN)时不等式成立 即：11

21

1

k2(k11)

当n=k+1时

11

21



k111k12(k11)1k11k1 =2k12(2k1)22 =4(k1)4124(k1)42 k1

=2((k1)11)

即n=k+1时，不等式成立。

由（1）（2）知，原不等式对nN均成立

例

4、已知数列an前n项和为Sn，点(n,Sn)在函数y=3x-1的图象上，bn=n(n1)an，bn前n项和为Bn，证明：Bn

解：由已知：Sn=3n-1

当n=1时，a1=3-1=2

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2×3n-1

∴an=2×3n-1（nN）∴bnn(n1)23n1

法

（一），显然bn是不可求和数列，先放缩，再证明不等式。∵bnn(n1)23n1=4n24n3n1(2n1)23n1

=(2n+1)×3n-1

∴Bn=b1+b2+b3+…+bn

<3×1+5×3+7×32+…+(2n+1)×3n-1

令Tn=3×1+5×3+7×32+…+(2n+1)×3n-1

由错位相减法可求得Tn=n×3n

∴Bn< n×3n n(n1)2n1对bn进行放缩。22n法

（二）用数学归纳法证明：Bn< n·3 注：也可用均值不等式：n(n1)

①当n=1时，B1=b1=2222<1×31=3

即n=1时，不等式成立

②假设当n=k+1时，不等式成立，即Bk

当n=k+1时）(k2)23k Bk+1=Bk+bk+1

(k1)(k2)23k 2k=(3k+3)×3=(k+1)×3k+1

即n=k+1时不等式成立< k·3k+

由①②知：Bn< n·3n对nN均成立

由以上例题可知，对于由数列an的前n项和Sn构成的不等式证明，首先考查an是否可求和，若能求和，先求出Sn再证明不等式，若不可求和，要么先将an进行放缩成可求和数列，再求和证明不等式；要么利用数学归纳法进行证明，当然还可构造函数来证明，在这就不说了，希望通过本文，对同学们解答这类题有一定的启发。

2011.4.26