1．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－1，则a4等于 ( )
A．7 B．8
C．9 D．17
解析：∵Sn＝n2－1，∴a4＝S4－S3＝16－1－(9－1)＝7.
答案：A
13．(20分)(2009·全国卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝1，an+1＝(1+)an+.
(1)设bn＝，求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)由已知得b1＝a1＝1，且＝+，
即bn+1＝bn+，
从而b2＝b1+，
b3＝b2+，
…
bn＝bn－1+(n≥2)，
于是bn＝b1+++…+＝2－(n≥2)．
又b1＝1，故所求数列{bn}的通项公式为bn＝2－.
(2)由(1)知an＝n(2－)＝2n－.
令Tn＝，则2Tn＝，
于是Tn＝2Tn－Tn＝－＝4－.
又(2k)＝n(n+1)，所以Sn＝n(n+1)+－4.
12．(15分)已知数列{an}，{bn}满足a1＝2,2an＝1+anan+1，bn＝an－1，数列{bn}的前n项和为Sn，Tn＝S2n－Sn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求证：Tn+1>Tn；
解：(1)由bn＝an－1得an＝bn+1，代入2an＝1+anan+1，得2(bn+1)＝1+(bn+1)(bn+1+1)，整理，得bnbn+1+bn+1－bn＝0，从而有－＝1，∵b1＝a1－1＝2－1＝1，
∴{}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴＝n，即bn＝.
(2)∵Sn＝1++…+，
∴Tn＝S2n－Sn＝++…+，
Tn+1＝++…+++，
Tn+1－Tn＝+－>+－＝0，(∵2n+1<2n+2)
∴Tn+1>Tn.
11．(15分)求和：(1)++…+.
(2)+++…+.
解：(1)∵＝(－)
∴原式＝(1－)+(－)+…+(－)＝(1－+－+…+－)
＝(1－)＝.
(2)∵＝＝－
∴原式＝－+－+…+－
＝1－.
10．(2010·重庆质检二)设数列{an}为等差数列，{bn}为公比大于1的等比数列，且a1＝b1＝2，a2＝b2，＝，令数列{cn}满足cn＝，则数列{cn}的前n项和Sn等于________．
解析：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q>1)，
∵＝，∴a4＝b3，∴2+3d＝2q2①，由a2＝b2，得：2+d＝2q②，
由①②得d＝2，q＝2，∴an＝2+(n－1)·2＝2n，bn＝2·2n－1＝2n.∴cn＝＝n·2n，∴Sn＝c1+c2+…+cn＝1·2+2·22+…+n·2n③
∴2Sn＝1·22+2·23+…+n·2n+1④，③－④得：－Sn＝2+(22+23+…+2n)－n·2n+1＝－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2，
∴Sn＝(n－1)2n+1+2.
答案：(n－1)2n+1+2
9．已知数列{an}的通项公式为an＝2n－1+1，则a1C+a2C+a3C+…+an+1C＝________.
解析：a1C+a2C+…+an+1C＝(20+1)C+(21+1)C+(22+1)C+…+(2n+1)C＝20C+21C+22C+…+2nC+C+C+…+C＝(2+1)n+2n＝3n+2n.
答案：2n+3n
8．数列，，，…的前n项和等于________．
解析：an＝＝
∴Sn＝
＝＝－.
答案：－
7．数列{an}的通项公式为an＝n+2n(n＝1,2,3，…)，则{an}的前n项和Sn＝__________.
解析：由题意得数列{an}的前n项和等于(1+2+3+…+n)+(2+22+23+…+2n)＝+＝+2n+1－2.
答案：+2n+1－2
6．(2009·江西高考)数列{an}的通项an＝n2(cos2－sin2)，其前n项和为Sn，则S30为
( )
A．470 B．490
C．495 D．510
解析：an＝n2·cosπ，a1＝12·(－)，a2＝22(－)，a3＝32，a4＝42(－)，
S30＝(－)(12+22－2·32+42+52－2·62+…+282+292－2·302)＝(－)(3k－2)2+(3k－1)2－2·(3k)2]＝(－)(－18k+5)＝－[－18·+50]＝470.
5．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S10>0且S11＝0，若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k的构成集合为
A．{5} B．{6}
C．{5,6} D．{7}
解析：由S10>0，且S11＝0得
S10＝>0⇒a1+a10＝a5+a6>0
S11＝＝0⇒a1+a11＝2a6＝0，故可知{an}为递减数列且a6＝0，所以S5＝S6≥Sn，即k＝5或6.
答案：C