若数列{an}的通项公式为an=，其前n项和为，则n为（　　）A. 5B. 6C. 7D. 8
由题意得，an==，所以Sn=a1+a2+…+an=（）+（）+…+（）==，令=，解得n=7，故选：C．
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根据an的特点，利用裂项相消法求出数列{an}的前n项和Sn，列出方程求出n的值．
本题考点：
数列的求和
考点点评：
本题考查裂项相消法求出数列{an}的前n项和，根据an的特点选择恰当的求和方法．
思路：裂项相消……
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数列{an}的前n项和记为Sn，Sn=2an-2．（I）求{an}通项公式；（Ⅱ）等差数列{bn}的各项为正，其前3项和为6，又a1+b1，a2+b2，a3+b4成等比数列，求{bn}的通项公式；（Ⅲ）记cn=bnan，数列{cn}的前项和记为Tn，问是否存在常数k，使对任意的n≥k，n∈N，都有|Tn-2|&＜1n成立，若存在，求常数k的值，若不存在，请说明理由．
题型：解答题难度：中档来源：不详
（I）∵Sn=2an-2，则Sn-1=2an-1-2，两式相减，得an=2an-1，anan-1=2，n≥2，当n=1时，S1=a1=2a1-2，∴a1=2，∴{an}是等比数列，公比为2，∴an=2n．（Ⅱ）∵等差数列{bn}的各项为正，其前3项和为6，又a1+b1，a2+b2，a3+b4成等比数列，∴3b1+3d=6(2+b1)(8+b1+3d)=(4+b1+d)2，解得b1=1d=1，或b1=4d=-2（舍）∴bn=n．（Ⅲ）∵cn=bnan，数列{cn}的前项和记为Tn，∴Tn=12+24+38+…+n2n，2Tn=11+22+34+…+n2n-1，∴Tn=11+12+14+…+12&n-1-n2&n=2-12&n-1-n2&n=2-n+22n．∴|Tn-2|=n+22n＜1n，即n(n+2)2n＜1，设dn=n(n+2)2n，dn+1=(n+1)(n+3)2n+1，dn+1-dn=3-n22n+1．当n≥2时，dn+1＜dn，d3=158，d4=32，d5=3532，d6=34，∴当k≥6时，使对任意的n≥k，n∈N，|Tn-2|&＜1n都成立．
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据魔方格专家权威分析，试题“数列{an}的前n项和记为Sn，Sn=2an-2．（I）求{an}通项公式；（Ⅱ）等差..”主要考查你对&&等比数列的定义及性质，等比数列的通项公式，数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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等比数列的定义及性质等比数列的通项公式数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）
等比数列的定义：
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做公比，公比通常用字母q表示（q≠0）。 等比数列的性质：
在等比数列｛an｝中，有 （1）若m+n=p+q，m，n，p，q∈N*，则aman=apaq；当m+n=2p时，aman=ap2； （2）若m，n∈N*，则am=anqm-n； （3）若公比为q，则｛｝是以为公比的等比数列； （4）下标成等差数列的项构成等比数列； （5）1）若a1＞0，q＞1，则｛an｝为递增数列； 2）a1＜0，q＞1， 则｛an｝为递减数列； 3）a1＞0，0＜q＜1，则｛an｝为递减数列； 4）a1＜0， 0＜q＜1， 则｛an｝为递增数列； 5）q＜0，则｛an｝为摆动数列；若q＝1，则｛an｝为常数列。
等差数列和等比数列的比较：
如何证明一个数列是等比数列：
证明一个数列是等比数列，只需证明是一个与n无关的常数即可（或an2=an-1an+1）。 等比数列的通项公式:
an=a1qn-1，q≠0，n∈N*。等比数列的通项公式的理解：
①在已知a1和q的前提下，利用通项公式可求出等比数列中的任意一项；②在已知等比数列中任意两项的前提下，使用可求等比数列中任何一项；③用函数的观点看等比数列的通项，等比数列{an}的通项公式，可以改写为．当q&o，且q≠1时，y=qx是一个指数函数，而是一个不为0的常数与指数函数的积，因此等比数列{an}的图象是函数的图象上的一群孤立的点；④通项公式亦可用以下方法推导出来：将以上（n一1）个等式相乘，便可得到&⑤用方程的观点看通项公式．在an，q，a1，n中，知三求一。数列求和的常用方法：
1.裂项相加法：数列中的项形如的形式，可以把表示为，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和； 2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如的数列，其中为等差数列，为等比数列，均可用此法； 3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：& 数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。 数列求和特别提醒：
（1）对通项公式含有的一类数列，在求时，要注意讨论n的奇偶性；（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。
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与“数列{an}的前n项和记为Sn，Sn=2an-2．（I）求{an}通项公式；（Ⅱ）等差..”考查相似的试题有：
751399853858859165401447464869888664已知数列{an}的通项公式为1/(n^2+4n+3),则其前n项和为多少?
{an}=1/(n+1)(n+3)=[1/(n+1)-1/(n+3)]/2Sn=(1/2)[1/2-1/4+1/3-1/5+1/4-1/6+...+1/n-1/(n+2)+1/(n+1)-1/(n+3)]=(1/2)[1/2+1/3-1/(n+2)-1/(n+3)]=(1/2)[5/6-1/(n+2)-1/(n+3)] 其中n∈N
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{an}=1/(n^2+4n+3)=1/(n+1)(n+3)=1/2*(1/(n+1)-1/(n+3)),当n大于等于3时sn=a1+a2+……+an=1/2*(1/2-1/4+1/3-1/5+1/4-1/6+……+1/n-1/n+2+1/n+1-1/n+3）=1/2*（5/6-1/n+2—1/n+3）。当n=1或n=2时直接计算结果
扫描下载二维码(本小题共12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an(n∈N*)．(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn.求满足不等式的n的最小值．（1）an＝2n－1.（2）10(1)因为Sn＋n＝2an，所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)．两式相减，得an＝2an－1＋1.所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)，所以数列{an＋1}为等比数列．因为Sn＋n＝2an，令n＝1得a1＝1.a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.(2)因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以bn＝(2n＋1)·2n.所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·＋(2n＋1)·2n，①2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·，②①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·＝6＋2×－(2n＋1)·,所以Tn＝2＋(2n－1)·.若,则&2010，即&2010.由于210＝48，所以n＋1≥11，即n≥10.所以满足不等式的n的最小值是10.黑龙江省鹤岗一中学年度高二上学期期中考试数学（理）试题解析
（1）an＝2n－1.（2）10(1)因为Sn＋n＝2an，所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)．两式相减，得an＝2an－1＋1.所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)，所以数列{an＋1}为等比数列．因为Sn＋n＝2an，令n＝1得a1＝1.a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.(2)因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以bn＝(2n＋1)·2n.所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·＋(2n＋1)·2n， ①2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·， ②①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·＝6＋2×－(2n＋1)·,所以Tn＝2＋(2n－1)·.若,则&2 010，即&2 010.由于210＝1 024,211＝2 048，所以n＋1≥11，即n≥10.所以满足不等式的n的最小值是10.相关试题已知数列{an}满足a1=1,a(n+1)an=2^n,Sn是数列{an}的前n项和,S2012是多少?
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a2a1=2 a2=2/a1=2/1=2a(n+1)an=2ⁿ a(n+2)a(n+1)=2^(n+1)[a(n+2)a(n+1)]/[a(n+1)an]=a(n+2)/an=2^(n+1)/2ⁿ=2,为定值.数列的奇数项是以1为首项,2为公比的等比数列,偶数项是以2为首项,2为公比的等比数列.S2012=(a1+a3+...+a2011)+(a2+a4+...+a2012)=1×(2^1006 -1)/(2-1) +2×(2^1006 -1)/(2-1)=3×2^1006 -3
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