【数学】2020届数学文一轮复习第六章第4讲数列求和作业 6页

1．数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前 100 项之和为( ) A．－200 B．－100 C．200 D．100 解析：选 D.由题意知 S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选 D. 2．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则 S60 的值为( ) A．990 B．1 000 C．1 100 D．99 解析：选 A．n 为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n 为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故 S60 ＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990. 3．Sn＝1 2 ＋1 2 ＋3 8 ＋…＋ n 2n 等于( ) A．2n－n 2n B．2n＋1－n－2 2n C．2n－n＋1 2n＋1 D．2n＋1－n＋2 2n 解析：选 B．由 Sn＝1 2 ＋ 2 22 ＋ 3 23 ＋…＋ n 2n ，① 得 1 2Sn＝ 1 22 ＋ 2 23 ＋…＋n－1 2n ＋ n 2n＋1 ，② ①－②得， 1 2Sn＝1 2 ＋ 1 22 ＋ 1 23 ＋…＋ 1 2n － n 2n＋1 ＝ 1 2 1－ 1 2 n 1－1 2 － n 2n＋1 ， 所以 Sn＝2n＋1－n－2 2n . 4．数列{an}的通项公式是 an＝ 1 n＋ n＋1 ，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＝ 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n ( n＋1＋ n)( n＋1－ n) ＝ n＋1－ n， 所以 a1＋a2＋…＋an＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1＝10. 即 n＋1＝11，所以 n＋1＝121，n＝120. 5. 1 22－1 ＋ 1 32－1 ＋ 1 42－1 ＋…＋ 1 (n＋1)2－1 的值为( ) A． n＋1 2(n＋2) B．3 4 － n＋1 2(n＋2) C．3 4 －1 2 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 D．3 2 － 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 解析：选 C．因为 1 (n＋1)2－1 ＝ 1 n2＋2n ＝ 1 n(n＋2) ＝1 2 1 n － 1 n＋2 ， 所以 1 22－1 ＋ 1 32－1 ＋ 1 42－1 ＋…＋ 1 (n＋1)2－1 ＝1 2 1－1 3 ＋1 2 －1 4 ＋1 3 －1 5 ＋…＋1 n － 1 n＋2 ＝1 2 3 2 － 1 n＋1 － 1 n＋2 ＝3 4 －1 2 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 . 6．(2019·合肥第二次质量检测)已知数列{an}中，a1＝2，且a2n＋1 an ＝4(an＋1－an)(n∈N*)， 则其前 9 项和 S9＝________． 解析：由已知，得 a2n＋1＝4anan＋1－4a2n，即 a2n＋1－4anan＋1＋4a2n＝(an＋1－2an)2＝0，所以 an＋1＝2an，所以数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 S9＝2×(1－29) 1－2 ＝210－2＝1 022. 答案：1 022 7．(2019·武昌调研)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝9，a2 为整数，且 Sn≤S5， 则数列 1 anan＋1 的前 9 项和为________． 解析：由 Sn≤S5 得 a5≥0 a6≤0 ，即 a1＋4d≥0 a1＋5d≤0 ，得－9 4 ≤d≤－9 5 ，又 a2 为整数，所以 d＝－2， an ＝a1 ＋(n－1)×d＝11－2n， 1 anan＋1 ＝1 d 1 an － 1 an＋1 ，所以数列 1 anan＋1 的前 n 项和 Tn ＝ 1 d 1 a1 － 1 a2 ＋ 1 a2 － 1 a3 ＋…＋ 1 an － 1 an＋1 ＝1 d 1 a1 － 1 an＋1 ，所以 T9＝－1 2 × 1 9 － －1 9 ＝－1 9. 答案：－1 9 8．已知数列{an}满足 an＋1＝1 2 ＋ an－a2n，且 a1＝1 2 ，则该数列的前 2 018 项的和等于 ________． 解析：因为 a1＝1 2 ，又 an＋1＝1 2 ＋ an－a2n， 所以 a2＝1，从而 a3＝1 2 ，a4＝1， 即得 an＝ 1 2 ，n＝2k－1(k∈N*)， 1，n＝2k(k∈N*)， 故数列的前 2 018 项的和等于 S2 018＝1 009× 1＋1 2 ＝3 027 2 . 答案：3 027 2 9．设数列{an}满足：a1＝5，an＋1＋4an＝5(n∈N*)． (1)是否存在实数 t，使{an＋t}是等比数列？ (2)设 bn＝|an|，求{bn}的前 2 013 项的和 S2 013. 解：(1)由 an＋1＋4an＝5，得 an＋1＝－4an＋5. 令 an＋1＋t＝－4(an＋t)，得 an＋1＝－4an－5t， 所以－5t＝5，所以 t＝－1. 从而 an＋1－1＝－4(an－1)． 又因为 a1－1＝4，所以 an－1≠0. 所以{an－1}是首项为 4，公比为－4 的等比数列． 所以存在实数 t＝－1，使{an＋t}是等比数列． (2)由(1)得 an－1＝4×(－4)n－1 ⇒ an＝1－(－4)n. 所以 bn＝|an|＝ 1＋4n，n 为奇数， 4n－1，n 为偶数， 所以 S2 013＝b1＋b2＋…＋b2 013 ＝(1＋41)＋(42－1)＋(1＋43)＋(44－1)＋…＋(1＋42 013) ＝41＋42＋43＋…＋42 013＋1＝4×(1－42 013) 1－4 ＋1＝42 014－1 3 . 10．(2019·广西三市第一次联考)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＝(1－an)log3(a2n·an＋1)，求数列{ 1 bn }的前 n 项和 Tn. 解：(1)因为 6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)， 所以当 n＝1 时，6S1＝6a1＝9＋a， 当 n≥2 时，6an＝6(Sn－Sn－1)＝2×3n， 即 an＝3n－1， 所以{an}是等比数列，所以 a1＝1，则 9＋a＝6，得 a＝－3， 所以数列{an}的通项公式为 an＝3n－1(n∈N*)． (2)由(1)得 bn＝(1－an)log3(a2n·an＋1)＝(3n－2)(3n＋1)， 所以 Tn＝ 1 b1 ＋ 1 b2 ＋…＋ 1 bn ＝ 1 1×4 ＋ 1 4×7 ＋…＋ 1 (3n－2)(3n＋1) ＝1 3(1－1 4 ＋1 4 －1 7 ＋…＋ 1 3n－2 － 1 3n＋1 )＝ n 3n＋1 . 1．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，当 n≥2 时，an＋2Sn－1＝n，则 S2 017 的值为 ( ) A．2 015 B．2 013 C．1 008 D．1 009 解析：选 D.因为 an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以 an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得 an＋1 ＋an＝1，n≥2.又 a1＝1，所以 S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a 2 016＋a2 017)＝1 009，故选 D. 2．(2019·瑞安市龙翔高中高三月考)已知数列{an}的各项均为正整数，其前 n 项和为 Sn， 若 an＋1＝ an 2 ，an 是偶数 3an＋1，an 是奇数 ，且 a1＝5，则 S2 018＝( ) A．4 740 B．4 732 C．12 095 D．12 002 解析：选 B．依题意 an＋1＝ an 2 ，an 是偶数 3an＋1，an 是奇数 ，且 a1＝5， a2＝3×5＋1＝16， a3＝16 2 ＝8， a4＝8 2 ＝4， a5＝4 2 ＝2， a6＝2 2 ＝1， a7＝3×1＋1＝4. 所以数列{an}从第四项起构成周期为 3 的周期数列， 因为 2 018＝3＋3×671＋2， 所以 S2 018＝5＋16＋8＋(4＋2＋1)×671＋4＋2＝4 732. 3．(2019·石家庄质量检测(一))已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{an}为1 2 ，1 3 ，2 3 ，1 4 ，2 4 ，3 4 ， 1 5 ，2 5 ，3 5 ，4 5 ，…，1 n ，2 n ，…，n－1 n ，…，若 Sk＝14，则 ak＝________． 解析：因为1 n ＋2 n ＋…＋n－1 n ＝1＋2＋…＋n－1 n ＝n 2 －1 2 ， 1 n＋1 ＋ 2 n＋1 ＋…＋ n n＋1 ＝ 1＋2＋…＋n n＋1 ＝n 2 ，所以数列1 2 ，1 3 ＋2 3 ，1 4 ＋2 4 ＋3 4 ，…， 1 n＋1 ＋ 2 n＋1 ＋…＋ n n＋1 是首项为1 2 ，公 差为1 2 的等差数列，所以该数列的前 n 项和 Tn＝1 2 ＋1＋3 2 ＋…＋n 2 ＝n2＋n 4 .令 Tn＝n2＋n 4 ＝14， 解得 n＝7，所以 ak＝7 8. 答案：7 8 4．设函数 f(x)＝1 2 ＋log2 x 1－x ，定义 Sn＝f 1 n ＋f 2 n ＋…＋f n－1 n ，其中 n∈N*，且 n≥2， 则 Sn＝________． 解析：因为 f(x)＋f(1－x) ＝1 2 ＋log2 x 1－x ＋1 2 ＋log2 1－x x ＝1＋log21＝1， 所以 2Sn＝ f 1 n ＋f n－1 n ＋ f 2 n ＋f n－2 n ＋…＋ f n－1 n ＋f 1 n ＝n－1. 所以 Sn＝n－1 2 . 答案：n－1 2 5．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2an－2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列 n＋1 an 的前 n 项和 Tn. 解：(1)当 n＝1 时，a1＝2. 当 n≥2 时，Sn－1＝2an－1－2， 所以 an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)，即 an an－1 ＝2(n≥2，n∈N*)， 所以数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 an＝2n(n∈N*)． (2)令 bn＝n＋1 an ＝n＋1 2n ， 则 Tn＝ 2 21 ＋ 3 22 ＋ 4 23 ＋…＋n＋1 2n ，① ①×1 2 ，得 1 2Tn＝ 2 22 ＋ 3 23 ＋ 4 24 ＋…＋ n 2n ＋n＋1 2n＋1 ，② ①－②，得 1 2Tn＝3 2 －n＋3 2n＋1 ，整理得 Tn＝3－n＋3 2n . 6．等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a1＋a7＝－9，S9＝－99 2 . (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 2Sn ，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求证：Tn>－3 4. 解：(1)设数列{an}的公差为 d，则由已知条件可得： 2a1＋6d＝－9， 9a1＋36d＝－99 2 ， 解得 a1＝－3 2 ， d＝－1， 于是可求得 an＝－2n＋1 2 . (2)证明：由(1)知，Sn＝－n(n＋2) 2 ， 故 bn＝－ 1 n(n＋2) ＝－1 2 1 n － 1 n＋2 ， 故 Tn＝－1 2[ 1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋1 n － 1 3 ＋1 4 ＋1 5 ＋…＋ 1 n＋2 ]＝－1 2 3 2 － 1 n＋1 － 1 n＋2 ， 又因为3 2 － 1 n＋1 － 1 n＋2<3 2 ，所以 Tn>－3 4.