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- 2021-06-24 发布
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课时作业17 数列求和
时间:45分钟
——基础巩固类——
一、选择题
1.若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}的前n项和为( C )
A.2n+n2-1 B.2n+1+n2-1
C.2n+1+n2-2 D.2n+n-2
解析:Sn=(21+22+23+…+2n)+[1+3+5+…+(2n-1)]=2n+1+n2-2.
2.数列{(-1)nn}的前n项和为Sn,则S2 012等于( A )
A.1 006 B.-1 006
C.2 012 D.-2 012
解析:S2 012=(-1+2)+(-3+4)+…+(-2 011+2 012)=1 006.
3.数列{an}的通项公式是an=,若前n项和为10,则项数为( C )
A.11 B.99
C.120 D.121
解析:∵an==-,
∴Sn=a1+a2+…+an
=(-1)+(-)+…+(-)
=-1,
令-1=10,得n=120.
4.数列1,,,…,的前n项和为( B )
A. B.
C. D.
解析:该数列的通项为an=,分裂为两项差的形式为an=2,令n=1,2,3,…,则
Sn=2,
∴Sn=2=.
5.数列1×,2×,3×,…的前n项和为( B )
5
A.2-- B.2--
C.(n2+n-2)- D.n(n+1)+1-
解析:∵Sn=1×+2×+3×+…+n×,①
∴Sn=1×+2×+…+(n-1)×+n×.②
由①-②,得Sn=+++…+-n×
=-n×
=1--,
∴Sn=2--.
6.数列{an}的通项公式an=ncos,其前n项和为Sn,则S2 012等于( A )
A.1 006 B.2 012
C.503 D.0
解析:∵函数y=cos的周期T==4,
∴可分四组求和:a1+a5+…+a2 009=0,
a2+a6+…+a2 010=-2-6-…-2 010
==-503×1 006,
a3+a7+…+a2 011=0,
a4+a8+…+a2 012=4+8+…+2 012
==503×1 008.
故S2 012=0-503×1 006+0+503×1 008
=503×(-1 006+1 008)=1 006.
二、填空题
7.数列11,103,1 005,10 007,…的前n项和Sn=(10n-1)+n2.
解析:数列的通项公式an=10n+(2n-1).
所以Sn=(10+1)+(102+3)+…+(10n+2n-1)=(10+102+…+10n)+[1+3+…+(2n-1)]=+=(10n-1)+n2.
8.设数列{an}的通项为an=2n-7(n∈N*),则|a1|+|a2|+…+|a15|=153.
解析:∵an=2n-7,
5
∴a1=-5,a2=-3,a3=-1,a4=1,a5=3,…,a15=23,
∴|a1|+|a2|+…+|a15|=(5+3+1)+(1+3+5+…+23)=9+=153.
9.数列,,,,…的前n项和等于-.
解析:∵an==,
∴Sn=
=
=-.
三、解答题
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn=n2+n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设的前n项和为Tn,求证Tn<1.
解:(1)∵Sn=n2+n,
∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,
又a1=2满足上式,∴an=2n(n∈N*).
(2)证明:∵Sn=n2+n=n(n+1),
∴==-,
∴Tn=++…+
=1-.
∵n∈N*,∴>0,即Tn<1.
11.设数列{an}满足a1=2,an+1-an=3·22n-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1)由已知,当n≥1时,an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.
而a1=2,符合上式,
所以数列{an}的通项公式为an=22n-1.
(2)由bn=nan=n·22n-1知
Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1, ①
5
从而22·Sn=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1. ②
①-②得(1-22)Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1,
即Sn=[(3n-1)22n+1+2].
——能力提升类——
12.已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=an+sin2,则该数列的前18项和为( D )
A.2 101 B.2 012
C.1 012 D.1 067
解析:由题意可得a3=a1+1,a5=a3+1=a1+2,所以奇数项组成以公差为1,首项为1的等差数列,共有9项,因此S奇==45.偶数项a4=2a2,a6=2a4=22a2,因此偶数项组成以2为首项,2为公比的等比数列,共有9项,所以S偶==-2+210=1 022.故数列{an}的前18项和为1 022+45=1 067.
13.已知数列{an}:,+,++,+++,…,那么数列{bn}={}前n项的和为( A )
A.4(1-) B.4(-)
C.1- D.-
解析:∵an===,
∴bn===4(-).
∴Sn=4(1-+-+-+…+-)
=4(1-).
14.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sk=2,S2k=18,则S4k=( C )
A.24 B.28
C.92 D.54
解析:由等差数列的性质知Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,S4k-S3k仍成等差数列,所以新的公差为14,所以Sk+S3k-S2k=2(S2k-Sk),所以S3k=3(S2k-Sk)=48,S2k-Sk+S4k-S3k=2(S3k-S2k),所以S4k=3(S3k-S2k)+Sk=92.
15.在等差数列{an}中,公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
5
(2)设bn=a,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn.
解:(1)根据题意,得(a1+d)2=a1(a1+3d),
即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)bn=a=n(n+1).
Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn×(n+1).
bn+1-bn=2(n+1).
当n为偶数时,
Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1)+bn
=4+8+12+…+2n==.
当n为奇数时,Tn=Tn-1+(-bn)
=-n(n+1)=-.
所以Tn=
5
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