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- 2021-05-13 发布
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数列求和
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.已知{an}为等差数列,其公差为-2,且a7是a3与a9的等比中项,Sn为{an}的前n项和,n∈N*,则S10的值为
( ).
A.-110 B.-90
C.90 D.110
2.已知等差数列{an}的前三项依次为a-1,a+1,2a+3,则此数列的通项公式an等于
( ).
A.2n-3 B.2n+1
C.2n-5 D.2n+3
3.数列1,3,5,7,…的前n项和Sn为
( ).
A.n2+1- B.n2+2-
C.n2+1- D.n2+2-
4.已知数列{an}的通项公式是an=,若前n项和为10,则项数n为
( ).
A.11 B.99
C.120 D.121
5.已知{an}满足a1=1,且an+1=(n∈N*),则数列{an}的通项公式为( ).
A.an= B.an=n2+2
C.an=3n-2 D.an=
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.若数列{an}的前n项和Sn=n2-10n,则此数列的通项公式为________.
7.若=110(x∈N*),则x=________.
8.在等比数列{an}中,若a1=,a4=-4,则公比q=________;|a1|+|a2|+…+|an|=________.
三、解答题(本题共3小题,共35分)
9.(11分)已知等差数列{an}的公差d≠0,它的前n项和为Sn,若S5=35,且a2,a7,a22成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列的前n项和为Tn,求Tn.
10.(12分)已知等差数列{an}的前n项和为An,且满足a1+a5=6,A9=63;数列{bn}的前n项和为Bn,且满足Bn=2bn-1(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式an,bn;
(2)设cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Sn.
11.(12分)设数列{an}的前n项和为Sn,对任意的正整数n,都有an=5Sn+1成立,记bn=(n∈N*).
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)记cn=b2n-b2n-1(n∈N*),设数列{cn}的前n项和为Tn,求证:对任意正整数n都有Tn<;
(3)设数列{bn}的前n项和为Rn.已知正实数λ满足:对任意正整数n,Rn≤λn恒成立,求λ的最小值.
参考答案
1.D [a7是a3与a9的等比中项,公差为-2,所以a=a3·a9,所以a=(a7+8)(a7-4),所以a7=8,所以a1=20,所以S10=10×20+10××(-2)=110.故选D.]
2.A [由题意知:2(a+1)=(a-1)+2a+3,解得:a=0,
∴a1=-1,d=2,∴an=-1+2(n-1)=2n-3.]
3.C [Sn=1+3+5+7+…+(2n-1)
4.C [∵an==-,∴Sn=a1+a2+…+an=(-1)+(-)+…+(-)=-1.令-1=10,得n=120.]
5.A [由题可知,an+1=(n∈N*),两边取倒数可得,==+3,即-=3,所以数列是首项为1,公差为3的等差数列,其通项公式为=3n-2,所以数列{an}的通项公式为an=.]
6.解析 当n=1时,a1=S1=1-10=-9;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-10n-[(n-1)2-10(n-1)]=2n-11.易知a1=-9 也适合上式.综上,an=2n-11.
答案 an=2n-11
7.解析 原式分子为1+3+5+…+(2x-1)==x2,
原式分母为:++…+
=1-+-+…+-=,
故原式为:=x2+x=110,解得x=10.
答案 10
8.解析 ∵{an}为等比数列,且a1=,a4=-4,
∴q3==-8,∴q=-2,∴an=·(-2)n-1,
∴|an|=2n-2,∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|==(2n-1)=2n-1-.
答案 -2 2n-1-
9.解 (1)∵数列{an}是等差数列,
由S5=5a1+d=35.
∴a1+2d=7.①
由a2,a7,a22成等比数列,∴a=a2·a22,
∴ (a1+6d)2=(a1+d)(a1+21d)(d≠0),
∴2a1-3d=0.②
解①②得:a1=3,d=2,∴an=2n+1.
(2)由(1)知,Sn=3n+·2=n2+2n.
∴===(-).
10.解 (1)∵A9=63,∴A9==9a5=63,∴a5=7.
由a1+a5=6,得a1=-1,∴d==2.
∴an=2n-3.∵Bn=2bn-1,①
∴Bn-1=2bn-1-1(n≥2),②
由①-②得bn=2bn-2bn-1,∴bn=2bn-1(n≥2).
又b1=2b1-1,∴ b1=1.
∴数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,
∴bn=b1·qn-1=2n-1.
(2)cn=an·bn=(2n-3)·2n-1,
Sn=c1+c2+c3+…+cn
=-1×1+1×2+3×22+5×23+…+(2n-5)·2n-2+(2n-3)·2n-1,①
∴2Sn=-1×2+1×22+3×23+5×24+…+(2n-5)·2n-1+(2n-3)·2n,②
①②两式相减得-Sn=-1+2×2+2×22+2×23+…+2×2n-1-(2n-3)·2n=-1+
2(2+22+23+…+2n-1)-(2n-3)·2n
=-1+2×-(2n-3)·2n
=(5-2n)·2n-5.
∴Sn=(2n-5)·2n+5.
11.(1)解 当n=1时,a1=5a1+1,∴a1=-,
又∵an=5Sn+1,an+1=5Sn+1+1,
∴an+1-an=5an+1,即an+1=-an.
∴数列{an}成等比数列,其首项a1=-,
公比q=-,∴an=-n,∴bn=.
(2)证明 由(1)知bn=4+,
∴cn=b2n-b2n-1=+
==<=,
又b1=3,b2=,∴c1=.
当n=1时,T1<;
当n≥2时,Tn<+25×(++…+)
=+25×<+25×
=<.
(3)解 由(1)知bn=4+.
一方面,已知Rn≤λn恒成立,取n为大于1的奇数时,
设n=2k+1(k∈N*),则Rn=b1+b2+…+b2k+1
=4n+5×(-+-+…-)
=4n+5× [-+(-)+…+(-)]>4n-1.
∴λn≥Rn>4n-1,即(λ-4)n>-1对一切大于1的奇数n恒成立.∴λ≥4,否则,(λ-4)n>-1只对满足n<的正奇数n成立,矛盾.
另一方面,当λ=4时,对一切的正整数n都有Rn≤4n恒成立.事实上,对任意的正整数k,有
b2k-1+b2k=8++
=8+-=8-<8.
∴当n为偶数时,设n=2m(m∈N*),
则Rn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2m-1+b2m)<8m=4n;
当n为奇数时,设n=2m-1(m∈N*),
则Rn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2m-3+b2m-2)+b2m-1<8(m-1)+4=8m-4=4n.
∴对一切的正整数n,都有Rn≤4n.
综上所述,正实数λ的最小值为4.