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  • 2021-06-11 发布

2020年高中数学第二章数列

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第4课时 数列求和 ‎[课时作业]‎ ‎[A组 基础巩固]‎ ‎1.在等差数列{an}中,a9+a11=10,则数列{an}的前19项和为(  )‎ A.98 B.95‎ C.93 D.90‎ 解析:S19====95.‎ 答案:B ‎2.已知数列{an}满足3an+1+an=0,a2=-,则{an}的前10项和等于(  )‎ A.-6(1-3-10)        B.(1-3-10)‎ C.3(1-3-10) D.3(1+3-10)‎ 解析:由=-,由a2=-,∴a1=4,‎ ‎∴Sn=3,令n=10得S10=3(1-3-10).‎ 答案:C ‎3.已知{an}是等比数列,a2=2,a5=,则a‎1a2+a‎2a3+…+anan+1=(  )‎ A.16(1-4-n) B.16(1-2-n)‎ C.(1-4-n) D.(1-2-n)‎ 解析:由=q3==知q=,而新的数列{anan+1}仍为等比数列,且公比为q2=.‎ 又a‎1a2=4×2=8,‎ 故a‎1a2+a‎2a3+…+anan+1==(1-4-n).‎ 答案:C ‎4.数列{an},{bn}满足anbn=1,an=n2+3n+2,则{bn}的前10项和为(  )‎ A. B. C. D. 5‎ 解析:依题意bn====-,所以{bn}的前10项和为S10=+++…+=-=,故选B.‎ 答案:B ‎5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S5=15,则数列的前100项和为(  )‎ A. B. C. D. 解析:由S5=‎5a3及S5=15得a3=3,‎ ‎∴d==1,a1=1,∴an=n,==-,所以数列的前100项和T100=1-+-+…+-=1-=,故选A.‎ 答案:A ‎6.数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列{}的前10项和为________.‎ 解析:由题意得:‎ an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+n-1+…+2+1=,‎ 所以=2(-),Sn=2(1-)=,S10=.‎ 答案: ‎7.在数列{an}中,已知a1=1,an+1+(-1)nan=cos(n+1)π,记Sn为数列{an}的前n项和,则S2 017=________.‎ 解析:∵an+1+(-1)nan=cos(n+1)π=(-1)n+1,∴当n=2k时,a2k+1+a2k=-1,k∈N*,∴S2 017=a1+(a2+a3)+…+(a2 016+a2 017)=1+(-1)×1 008=-1 007.‎ 答案:-1 007‎ ‎8.数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1,…的前n项和为________.‎ 解析:该数列的前n项和Sn=a1+a2+…+an,‎ 而an=1+2+22+…+2n-1==2n-1.‎ ‎∴Sn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)=(2+22+…+2n)-n=-n=2n+1-2-n.‎ 答案:2n+1-2-n 5‎ ‎9.已知{an} 为等差数列,且a3=-6,a6=0.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若等比数列{bn}满足b1=-8,b2=a1+a2+a3,求{bn}的前n项和公式.‎ 解析:(1)设等差数列{an}的公差为d.‎ ‎∵a3=-6,a6=0,∴解得 ‎∴an=-10+(n-1)×2=2n-12.‎ ‎(2)设等比数列{bn}的公比为q,‎ ‎∵b2=a1+a2+a3=-24,b1=-8,‎ ‎∴-8q=-24,‎ ‎∴q=3,‎ ‎∴{bn}的前n项和Sn===4(1-3n).‎ ‎10.已知等比数列{an}中,a1=2,a3+2是a2和a4的等差中项.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)记bn=anlog2an,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解析:(1)设数列{an}的公比为q,‎ 由题知:2(a3+2)=a2+a4,‎ ‎∴q3-2q2+q-2=0,即(q-2)(q2+1)=0.‎ ‎∴q=2,即an=2·2n-1=2n.‎ ‎(2)bn=n·2n,‎ ‎∴Sn=1·2+2·22+3·23+…+n·2n.①‎ ‎2Sn=1·22+2·23+3·24+…+(n-1)·2n+n·2n+1.②‎ ‎①-②得-Sn=21+22+23+24+…+2n-n·2n+1=-2-(n-1)·2n+1.‎ ‎∴Sn=2+(n-1)·2n+1.‎ ‎[B组 能力提升]‎ ‎1.数列1,,,…,的前n项和为(  )‎ 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,‎ 5‎ ‎∴Sn=2=.‎ 答案:B ‎2.数列,,,…,,…的前n项和为(  )‎ A. B. C. D. 解析:∵an= ‎=,‎ ‎∴S n=a1+a2+a3+…+an ‎= ‎= ‎=×=.‎ 答案:B ‎3.已知点在直线l:y=-x++2上,则数列{an}的前30项的和为________.‎ 解析:点在直线l:y=-x++2上,∴an=2-sin ,sin的最小正周期为4,取值是1,0,-1,0的循环,∴数列{an}的前30项和S30=30×2-[7×(1+0-1+0)+1+0]=59.‎ 答案:59 ‎4.设f(x)=,则f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)=________.‎ 解析:f(x)=,f(1-x)===,‎ ‎∴f(x)+f(1-x)==,‎ 5‎ 即f(x)+f(1-x)是一个定值.‎ ‎∴f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)=6×=3.‎ 答案:3 ‎5.(2016·高考全国Ⅱ卷)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.‎ ‎(1)求b1,b11,b101;‎ ‎(2)求数列{bn}的前1 000项和.‎ 解析:(1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,‎ 解得d=1.‎ 所以{an}的通项公式为an=n.‎ b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,‎ b101=[lg 101]=2.‎ ‎(2)因为bn= 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.‎ ‎6.等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=2an-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.‎ 解析:(1)设等差数列{an}的公差为d.‎ 由已知得,解得.‎ 所以an=a1+(n-1)d=n+2.‎ ‎(2)由(1)可得bn=2n+n.‎ 所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)‎ ‎=(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)‎ ‎=+ ‎=(211-2)+55=211+53=2 101.‎ 5‎