【数学】2020届浙江一轮复习通用版6-4数列求和作业 7页

‎ [基础达标]‎ ‎1．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a12＝(　　)‎ A．18 B．15‎ C．－18 D．－15‎ 解析：选A.记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a11＋a12‎ ‎＝(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)＝6×3＝18.‎ ‎2．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为(　　)‎ A．或5 B．或5‎ C． D． 解析：选C.设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且＝，解得q＝2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝.‎ ‎3．数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n为(　　)‎ A．120 B．99‎ C．11 D．121‎ 解析：选A.an＝＝＝－，所以a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝10.即＝11，所以n＋1＝121，n＝120.‎ ‎4．设各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4a8＝32，则S11的最小值为(　　)‎ A．22 B．44 C．22 D．44‎ 解析：选B.因为数列{an}为各项均为正数的等差数列，所以a4＋a8≥2＝8，S11＝＝(a4＋a8)≥×8＝44，故S11的最小值为44，当且仅当a4＝a8＝4时取等号．‎ ‎5．设等比数列{an}的各项均为正数，且a1＝，a＝4a2a8，若＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，则数列{bn}的前10项和为(　　)‎ A．－ B． C．－ D． 解析：选A.设等比数列{an}的公比为q，因为a＝4a2a8，所以(a1q3)2＝4a1q·a1q7，即4q2‎ ‎＝1，所以q＝或q＝－(舍)，所以an＝＝2－n，所以log2an＝log22－n＝－n，所以＝－(1＋2＋3＋…＋n)＝－，所以bn＝－＝－2，‎ 所以数列{bn}的前10项和为 ‎－2＝‎ ‎－2＝－.‎ ‎6．(2019·杭州八校联考)在各项都为正数的数列{an}中，首项a1＝2，且点(a，a)在直线x－9y＝0上，则数列{an}的前n项和Sn等于(　　)‎ A．3n－1 B． C． D． 解析：选A.由点(a，a)在直线x－9y＝0上，得a－9a＝0，即(an＋3an－1)(an－3an－1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且a1＝2，所以an＋3an－1>0，所以an－3an－1＝0，即＝3，所以数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝3n－1，故选A.‎ ‎7．在等差数列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是________．‎ 解析：由a1>0，a10·a11<0可知d<0，a10>0，a11<0，‎ 所以T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18‎ ‎＝S10－(S18－S10)＝60.‎ 答案：60‎ ‎8．设函数f(x)＝＋log2，定义Sn＝f＋f＋…＋f，其中n∈N*，且n≥2，则Sn＝________．‎ 解析：因为f(x)＋f(1－x)＝＋log2＋＋log2＝1＋log21＝1，‎ 所以2Sn＝＋[f＋f]＋…＋＝n－1.‎ 所以Sn＝.‎ 答案： ‎9．数列的前n项和为，则n的值为________．‎ 解析：由题意得＋＋＋…＋＝－＋－＋－＋…＋－ ‎＝1－＝＝.所以n＝99.‎ 答案：99‎ ‎10．(2019·温州中学高三模考)已知数列{an}满足：a1＝，an＋1＝a＋an，用[x]表示不超过x的最大整数，则的值等于________．‎ 解析：因为an＋1＝a＋an，故an＋1－an＝a>0，即数列{an}是递增数列，由an＋1＝a＋an可得an＋1＝an(an＋1)，所以＝－，从而＝－，‎ 所以1<＋＋…＋＝－<＝2，故＝1.‎ 答案：1‎ ‎11．(2019·金华十校联考)设数列{an}的各项均为正数，且a1，22，a2，24，…，an，22n，…成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn为数列{an}的前n项和，若Sk≥30(2k＋1)，求正整数k的最小值．‎ 解：(1)设等比数列的公比为q，则q2＝＝22，‎ 又由题意q＞0，故q＝2，‎ 从而an＝＝22n－1，‎ 即数列{an}的通项公式为an＝22n－1.‎ ‎(2)由(1)知a1＝2，数列{an}是以22为公比的等比数列，‎ 故Sn＝＝(22n－1)．‎ 因此不等式Sk≥30(2k＋1)可化为(22k－1)≥30(2k＋1)，即(2k－1)(2k＋1)≥30(2k＋1)，‎ 因为2k＋1＞0，‎ 所以2k≥46，‎ 即k≥log246，‎ 又5＜log246＜6，‎ 所以正整数k的最小值为6.‎ ‎12．(2019·温州市普通高中模考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，2Sn＝(n＋1)an＋1(n≥2)．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<(n∈N*)．‎ 解：(1)当n＝2时，2S2＝3a2＋1，解得a2＝2.‎ 当n＝3时，2S3＝4a3＋1，‎ 解得a3＝3.‎ 当n≥3时，2Sn＝(n＋1)an＋1，2Sn－1＝nan－1＋1，‎ 以上两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，‎ 所以＝，‎ 所以＝＝…＝＝1，‎ 所以an＝.‎ ‎(2)证明：bn＝＝，‎ 当n≥2时，bn＝<＝－，‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋＝－<.‎ ‎[能力提升]‎ ‎1．已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(　　)‎ A．a1d>0，dS4>0 B．a1d<0，dS4<0‎ C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0‎ 解析：选B.因为 a3，a4，a8成等比数列，所以a＝a3a8，所以(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，展开整理，得－3a1d＝5d2，即a1d＝－d2.因为 d≠0，所以a1d＜0.因为 Sn＝na1＋d，所以S4＝4a1＋6d，dS4＝4a1d＋6d2＝－d2<0.‎ ‎2．在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤对任意的n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为(　　)‎ A．3 B．4‎ C．5 D．6‎ 解析：选C.在等差数列{an}中，因为a2＝5，a6＝21，‎ 所以解得a1＝1，d＝4，‎ 所以＝＝.‎ 因为－ ‎＝－ ‎＝－－＝－－ ‎＝＋>0，所以数列(n∈N*)是递减数列，数列(n∈N*)的最大项为S3－S1＝＋＝，所以≤，m≥.又m是正整数，所以m的最小值是5.‎ ‎3．设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是________．‎ 解析：由S5S6＋15＝0，得·(6a1＋d)＋15＝0.‎ 整理可得2a＋9a1d＋10d2＋1＝0.‎ 因为a1，d为实数，所以Δ＝(9d)2－4×2×(10d2＋1)≥0，解得d≤－2或d≥2.‎ 答案：d≤－2或d≥2 ‎4．(2019·台州诊断考试)已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有＝1成立，则S2 017＝________．‎ 解析：当n≥2时，由＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－S＝－SnSn－1，‎ 所以－＝1，又＝2，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，‎ 所以＝n＋1，故Sn＝，‎ 则S2 017＝.‎ 答案： ‎5．(2019·浙江“七彩阳光”联盟联考)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，数列{bn}的前n项的和为Sn，试求数列{S2n－Sn}的最小值．‎ 解：(1)由条件an＋1＝2an得＝2·，‎ 又a1＝2，所以＝2，‎ 因此数列构成首项为2，公比为2的等比数列，‎ 从而＝2·2n－1＝2n，因此，an＝n·2n.‎ ‎(2)由(1)得bn＝，设cn＝S2n－Sn，则cn＝＋＋…＋，‎ 所以cn＋1＝＋＋…＋＋＋，‎ 从而cn＋1－cn＝＋－>＋－＝0，‎ 因此数列{cn}是单调递增的，所以{cn}min＝c1＝.‎ ‎6．(2019·浙江严州阶段测试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a7＝4，a19＝2a9，数列{bn}的前n项和为Tn，满足42an－1＝λTn－(a5－1)(n∈N*)．‎ ‎(1)是否存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列？并说明理由；‎ ‎(2)已知对于n∈N*，不等式＋＋＋…＋＜M恒成立，求实数M的最小值．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 则an＝a1＋(n－1)d.‎ 因为 所以解得a1＝1，d＝，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝.‎ 因为a5＝3，42an－1＝λTn－(a5－1)，‎ 所以4n＝λTn－2，Tn＝4n＋.‎ 当n＝1时，b1＝；‎ 当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝4n＋－4n－1－＝4n－1.‎ 所以bn＋1＝4n＝4bn(n≥2)，‎ 若数列{bn}是等比数列，则有b2＝4b1，‎ 而b2＝，所以＝2与b2＝4b1矛盾．‎ 故不存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列．‎ ‎(2)由(1)知Sn＝，‎ 所以＝＝，‎ 从而＋＋＋…＋ ‎＝ ‎＝ ‎＝＜，‎ 所以M ≥，故实数M的最小值为.‎