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- 2021-06-10 发布
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课时规范练 31 数列求和
基础巩固组
1.数列 1
1
2
,3
1
4
,5
1
8
,7
1
16
,…,(2n-1)+
1
2
,…的前 n 项和 Sn 的值等于( )
A.n2+1-
1
2
B.2n2-n+1-
1
2
C.n2+1-
1
2
-
1
D.n2-n+1-
1
2
2.(2018 河北衡水中学金卷十模,3)已知数列{an}是各项为正数的等比数列,点 M(2,log2a2),N(5,log2a5)
都在直线 y=x-1 上,则数列{an}的前 n 项和为( )
A.2n-2 B.2n+1-2
C.2n-1 D.2n+1-1
3.(2018 山东潍坊二模,4)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sn=-n2-n,则数列
2
(
+1
)
的前 40 项的和为
( )
A.
39
40
B.-
39
40
C.
40
41
D.-
40
41
4.已知函数 f(x)=xa 的图像过点(4,2),令 an=
1
(
+1
)
+
(
),n∈N+.记数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S2
018= .
5.(2018 浙江余姚中学 4 月模拟,17)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S5=30,S10=110.
(1)求 Sn;
(2)记 Tn=
1
1 +
1
2
+…+
1
,求 Tn.
6.(2018 山西晋城月考)已知数列{an}满足 a1=3,an+1=2an+(-1)n(3n+1).
(1)求证:数列{an+(-1)nn}是等比数列;
(2)求数列{an}的前 10 项和 S10.
7.(2018 山东潍坊一模,17)公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S4=10,且 a1,a3,a9 成等比
数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列
3
的前 n 项和 Tn.
综合提升组
8.(2018 广东中山期末)等比数列{an}中,已知对任意自然数 n,a1+a2+a3+…+an=2n-1,则
1
2
+ 2
2
+ 3
2
+…+
2
等于( )
A.2n-1 B.
1
2
(3n-1)
C.
1
3
(4n-1) D.以上都不对
9.(2018 湖北重点中学五模)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a4=4,S5=15,若数列
1
+1
的前 m 项和
为
10
11
,则 m=( )
A.8 B.9 C.10 D.11
10.(2018 山东潍坊三模,17)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 1,an,Sn 成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足 an·bn=1+2nan,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
11.(2018 江西上饶三模,17)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 6Sn=3n+1+a(n∈N+).
(1)求 a 的值及数列{an}的通项公式;
(2)若 bn=(3n+1)an,求数列{an}的前 n 项和 Tn.
创新应用组
12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了
“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列
1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是 20,接下来的两项是 20,21,再接下来的三项是 20,21,22,依
此类推.求满足如下条件的最小整数 N:N>100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂.那么该款软件的激
活码是( )
A.440 B.330 C.220 D.110
13.(2018 云南玉溪月考)数列{an}满足:a1=
1
4
,a2=
1
5
,且 a1a2+a2a3+…+anan+1=
1 +1
对任何的正整数 n
都成立,则
1
1 +
1
2
+…+
1
97
的值为( )
A.5 032 B.5 044 C.5 048 D.5 050
参考答案
课时规范练 31 数列求和
1.A 该数列的通项公式为 an=(2n-1)+
1
2
,则 Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+
1
2 +
1
2
2 +
…
+
1
2
=n2+1-
1
2
.
2.C 由题意 log2a2=2-1=1,可得 a2=2,log2a5=5-1=4,可得 a5=16,
5
2
=q3=8
⇒ = 2
,
1 = 1⇒
Sn=
1
-
2
1
-
2
=2n-1,故选
C.
3.D ∵Sn=-n2-n,∴a1=S1=-2.
当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,
则数列{an}的通项公式为 an=-2n,
2(
+1
)
=
2-
2
(
+1
)=-
1
-
1
+1
,
数列
2(
+1
)
的前 40 项的和为
S40=- 1-
1
2
+
1
2
-
1
3
+…+
1
40
-
1
41
=-
40
41
.
4.
2 019
-1 由 f(4)=2,可得 4a=2,解得 a=
1
2
,则 f(x)=
1
2
.
∴an=
1
(
+1
)
+
(
)=
1
+1+
=
+ 1
-
,
S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(
2
-
1
)+(
3
-
2
)+(
4
-
3
)+…+(
2 019
-
2 018
)=
2 019
-1.
5.解 (1)设{an}的首项为 a1,公差为 d,由题意得
5 = 5 1 + 10 = 30
,
10 = 10 1 + 45 = 110
,解得
1 = 2
,
= 2
, 所以 Sn=n2+n.
(2)
1
=
1
(
+1
)=
1
-
1
+1
,
所以 Tn= 1-
1
2
+
1
2
-
1
3
+…+
1
-
1
+1
=1-
1
+1
=
+1
.
6.(1)证明 ∵an+1=2an+(-1)n(3n+1),
∴
+1+
(-
1
)
+1
(
+1
)
+
(-
1
)
=
2 +
(-
1
)
(
3 +1
)-(-
1
)
(
+1
)
+
(-
1
)
=
2
[
+
(-
1
)
]
+
(-
1
)
=2.
又 a1-1=3-1=2,
∴数列{an+(-1)nn}是首项为 2,公比为 2 的等比数列.
(2)解 由(1)得 an+(-1)nn=2×2n-1=2n,∴an=2n-(-1)nn,
∴S10=(2+22+…+210)+(1-2)+(3-4)+…+(9-10)=
2
(
1
-
2
10
)
1
-
2
-5=211-7=2 041.
7.解 (1)设{an}的公差为 d,由题设可得,
4 1 + 6 = 10
,
3
2
= 1
·
9
,
∴
4 1 + 6 = 10
,
(
1 + 2
)
2
= 1
(
1 + 8
),解得
1 = 1
,
= 1
.
∴an=n.
(2)令 cn=
3
,则 Tn=c1+c2+…+cn=
1
3
+
2
3
2
+
3
3
3
+…+
-
1
3
-
1
+
3
, ①
1
3
Tn=
1
3
2
+
2
3
3
+…+
-
1
3
+
3
+1
, ②
①-②得:
2
3
Tn=
1
3
+
1
3
2
+…+
1
3
-
3
+1
=1
3(1
-
1
3 )
1
-
1
3
-
3
+1
=
1
2
-
1
2×3
-
3
+1
,∴Tn=
3
4
-
2 +3
4×3
.
8.C 当 n=1 时,a1=21-1=1,
当 n≥2 时,a1+a2+a3+…+an=2n-1,a1+a2+a3+…+an-1=2n-1-1,
两式做差可得 an=2n-2n-1=2n-1,且 n=1 时,21-1=20=1=a1,∴an=2n-1,故
2
=4n-1,
∴
1
2
+
2
2
+
3
2
+…+
2
=
1×
(
1
-
4
)
1
-
4
=
1
3
(4n-1).
9.C Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,设公差为 d,则
4 = 4
,
5 = 15 = 5 3
,解得 d=1,则 an=4+(n-4)×1=n.
由于
1
+1
=
1
(
+1
)=
1
-
1
+1
,
则 Sm=1-
1
2
+
1
2
-
1
3
+…+
1
-
1
+1
=1-
1
+1
=
10
11
,解得 m=10.
10.解 (1)由已知 1,an,Sn 成等差数列,得 2an=1+Sn, ①
当 n=1 时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1.
当 n≥2 时,2an-1=1+Sn-1, ②
由①-②,得 2an-2an-1=an,
∴
-
1
=2,
∴数列{an}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列,
∴an=a1qn-1=1×2n-1=2n-1.
(2)由 an·bn=1+2nan 得 bn=
1
+2n,
∴Tn=b1+b2+…+bn
=
1
1
+2+
1
2
+4+…+
1
+2n
=
1
1 +
1
2 +
…
+
1
+(2+4+…+2n)
=
1
-
1
2
1
-
1
2
+(
2+2
)
2
=n2+n+2-
1
2
-
1
.
11.解 (1)∵6Sn=3n+1+a(n∈N+),
∴当 n=1 时,6S1=6a1=9+a;
当 n≥2 时,6an=6(Sn-Sn-1)=2×3n,即 an=3n-1,
∵{an}为等比数列,∴a1=1,则 9+a=6,a=-3,
∴{an}的通项公式为 an=3n-1.
(2)由(1)得 bn=(3n+1)3n-1,
∴Tn=b1+b2+…+bn=4×30+7×31+…+(3n+1)3n-1,
3Tn=4×31+7×32+…+(3n-2)3n-1+(3n+1)3n,
∴-2Tn=4+32+33+…+3n-(3n+1)3n,
∴Tn=(
6
-
1
)
3
+1
4
.
12.A 设数列的首项为第 1 组,接下来两项为第 2 组,再接下来三项为第 3 组,以此类推,设第 n 组的项
数为 n,则前 n 组的项数和为
(
1+
)
2
.第 n 组的和为
1
-
2
1
-
2
=2n-1,前 n 组总共的和为
2
(
1
-
2
)
1
-
2
-n=2n+1-2-n.
由题意,N>100,令
(
1+
)
2
>100,得 n≥14 且 n∈N+,即 N 出现在第 13 组之后.若要使最小整数 N 满
足:N>100 且前 N 项和为 2 的整数幂,则 SN-
(
1+
)
2
应与-2-n 互为相反数,即 2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以
k=log2(n+3),解得 n=29,k=5.所以 N=
29×
(
1+29
)
2
+5=440,故选 A.
13.B ∵a1a2+a2a3+…+anan+1=n
1 +1
, ①
a1a2+a2a3+…+
+1
+
+1 +2
=(n+1)
1 +2
, ②
①-②,得-
+1 +2
=n
1 +1
-(n+1)
1 +2
,
∴
+1
+1
-
+2
=4,同理得
-
-
1
+1
=4,
∴
+1
+1
-
+2
=
-
-
1
+1
,
整理得
2
+1
=
1
+
1
+2
,
∴
1
是等差数列.
∵a1=
1
4
,a2=
1
5
,
∴等差数列
1
的首项为 4,公差为 1,
1
=4+(n-1)×1=n+3,
∴
1
1
+
1
2
+…+
1
97
=
97
(
4+100
)
2
=5 044.
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