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  • 2021-06-15 发布

【数学】2020届数学文一轮复习第六章第4讲数列求和作业

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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.