(時間：90分鐘滿分：100分)
題型示例
已知y=f(x)是一次函式，且f(2),f(5),f(4)成等比數列，f(8)=15,求sn=f(1)+f(2)+…+f(n)(n∈n*)的表示式.
分析要求和，關鍵要先求出f(n).
解由y=f(x)是一次函式可設f(x)=ax+b,則f(2)=2a+b,f(5)=5a+b,f(4)=4a+b,
∵f(2),f(5),f(4)成等比數列，∴(5a+b)2=(2a+b)(4a+b).
∴17a2+4ab=0,又∵a≠0.
∴a=-b
又∵f(8)=15,∴8a+b=15 ②
聯立方程①、②解得a=4,b=-17,∴f(x)=4x-17.
∴f(1),f(2),…,f(n)可看作是首項為-13,公差為4的等差數列.
由等差數列前n項和公式可求得sn=-13n+×4=2n2-15n.
點評此題滲透了函式思想，解題時要注意知識的橫向與縱向之間的聯絡.
一、選擇題(9×3′＝27′)
1．數列是等差數列的乙個充要條件是
2．設m=1×2+2×3+3×4+…+(n-1)·n，則m等於
a. b. n(n+4) c. n(n+5) d. n(n+7)
3．若sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n，則s17+s33＋ｓ50等於
a.1b.-1c.0d.2
4．閱讀下列文字，然後回答問題：對於任意實數x,符號［x］表示x的整數部分，即［x］是不超過x的最大整數.函式［x］叫做「取整函式」，也叫高斯函式.
它具有以下性質：x-1<［x］≤x<［x+1］.請回答:
［log21］+［log22］+［log23］+…+［log21024］的值是( )
a.1024 b.8202 c.8204 d.9216
5．設為等比數列,為等差數列，且b1=0,cn=an+bn,若數列是1,1,2,…,則的前10項和為
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．若等比數列的前n項和sn=2n+r,則r的值是
a.2b.1 c.0 d.-1
8．已知s=1+，那麼s的範圍是
a.(1,) b.(,2) c.(2,5) d.(5,+∞)
9．已知數列的前n項和sn=a (n=1,2,…)，其中a,b是非零常數，則存在數列、使得
其中為等差數列，為等比數列
其中和都為等差數列
其中為等差數列，為等比數列
其中和都為等比數列
二、填空題(4×3′＝12′)
10．乙個有2001項且各項非零的等差數列，其奇數項的和與偶數項的和之比為
11．若12+22+…+(n-1)2=an3+bn2+cn，則abc
12．已知數列｛an｝的前n項和sn=n2-4n+1，則|a1|+|a2|+…+|a10
13．數列…的前n項和sn
三、解答題(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．已知數列的前n項和sn=10n-n2(n∈n);數列的通項bn=|an|,求數列的前n項和tn.
17．數列中，a1=a，前n項和sn構成公比為q的等比數列．(q≠1)
(1)求證在中，從第2項開始成等比數列；
(2)當a=250，q=時，設bn=log2|an|,求|b1|+|b2|+…+|bn|．
18．已知數列的前n項和sn滿足:sn=2an+(-1)n,n≥1.
(1)求證數列是等比數列;
(2)求數列的通項公式；
(3)證明：對任意的整數m>4,有
19．求包含在正整數m與n間(m參***
1．d sn=na1+n2+(a1-)n，d可以為0，對照知選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,故選c.
5．a 由題意可得a1=1,設公比為q,公差為d,則
∴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併項求和，每兩項合併，原式=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5050.
7．d r等於2n係數1的相反數-1，選d.
8．b9．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,因此也適合上式.
∴xn=a-(n-1)b,yn= ()n-2.選c.
10． 設此數列,其中間項為a1001,
則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．解可按如下三個層次進行:
(1)由數列的前n項和求an.
由an=得an=11-2n(n∈n*)
(2)由an的正負確定的通項公式.
易知,當n≤5時,an>0,則bn=an;當n≥6時,an<0,則bn=-an
∴bn=
(3)求數列的前n項和tn
當n≤5時,因為bn=an所以tn=sn=10n-n2;
當n≥6時,tn=a1+a2+a3+…+a5-(a6+a7+…+an)=2s5-sn=50-(10n-n2)=n2-10n+50.
∴tn=
點評數列與數列很多題目都有涉及,關鍵是把握兩者的實質聯絡，我們分了三個步驟以方便同學們理清思路.
17．(1)證明由已知s1=a1=a，sn=aqn-1,∴sn-1=aqn-2，
∴當n≥2時，an=sn-sn-1=a(q-1)qn-2．
∵=q,∴是當n≥2時公比為q的等比數列．
(2)解 a2=s2-s1=a(q-1),∴an=
∴當a=250，q=時，b1=log2|a|=50,當n≥2時，bn=log2|an|=log2|250(-1)()n-2|=51-n.
∴bn=51-n(n∈n)．
①當1≤n≤51時，|b1|+|b2|+…+|bn|=(51-1)+(51-2)+…+(51-n)=51n-(1+2+…+n)=51n-
②當n≥52時，|b1|+|b2|+…+|bn|=(50+49+48+…+1)+［1+2+3+…+(n-51)］=
18．(1)證明由已知得an=sn-sn-1=2an+(-1)n-2an-1-(-1)n-1(n≥2),
化簡得 an=2an-1+2(-1)n-1(n≥2),
上式可化為 an+ (-1)n=2［an-1+ (-1)n-1］(n≥2),∵a1=1,∴a1+ (-1)1=.
故數列是以為首項，公比為2的等比數列.
(2)解由（1）可知an+ (-1)n=.
∴an=×2n-1- (-1)n=［2n-2-(-1)n］,故數列的通項公式為 an=［2n-2-(-1)n］.
(3)證明由已知得==
=故19．解方法1 這些分數是
顯然它既非等比數列也非等差數列，但如果在適當的位置上分別添上
即成為(**)是乙個有3n-3m+1項的等差數列，公差為,首項是m,末項是n,
其和為s= (3n-3m+1)(m+n)而(*)是乙個有n-m+1項的等差數列，公差為1,首末項分別為m,n其和s″= (n-m+1)(m+n).
故適合條件的分數和為s=s′-s″=n2-m2.
方法2 設s=(m+)+(m+)+…+(n-)+(n-)注意到與首末兩項等距離的兩項和相等，於是把上式倒序相加得:2s=
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