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课时提升作业(三十一)
数 列 求 和
(25分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.设数列{(-1)n}的前n项和为Sn,则对任意正整数n,Sn= ( )
【解析】选D.由于数列{(-1)n}是首项与公比均为-1的等比数列,
所以Sn=(-1)-(-1)n×(-1)1-(-1)=(-1)n-12.
【加固训练】若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10=( )
A.15 B.12 C.-12 D.-15
【解析】选A.由于an=(-1)n(3n-2),
所以a1+a2+…+a10=(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)=3×5=15.
2.(2021·青岛模拟)已知Sn=12+1+13+2+12+3+…+1n+1+n,若Sm=10,则m=
( )
A.11 B.99 C.120 D.121
【解析】选C.由于1n+1+n=n+1-nn+1-n=n+1-n,所以Sm=2-1+3-2+…+m+1-m=m+1-1.由已知得m+1-1=10,所以m=120.故选C.
3.设f(n)=2+24+27+210+…+23n+10(n∈N*),则f(n)等于 ( )
A.27(8n-1) B.27(8n+1-1)
C.27(8n+3-1) D.27(8n+4-1)
【解析】选D.由题意知f(n)可看作以2为首项,23为公比的等比数列的前n+4项和,所以f(n)=2[1-(23)n+4]1-23=27(8n+4-1).
4.(2021·铜陵模拟)若函数g(x)=xm+ax的导函数为g′(x)=2x+1,则数列
1g(n)(n∈N*)的前n项和是( )
A.nn-1 B.n+2n+1 C.nn+1 D.n+1n
【解析】选C.由题意得g′(x)=mxm-1+a,
又g′(x)=2x+1,所以m=2,a=1,
g(x)=x2+x,1g(n)=1n(n+1)=1n-1n+1,
故所求的前n项和为1-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.
5.数列{an}的通项公式an=ncosnπ2,其前n项和为Sn,则S2022等于( )
A.2022 B.1008 C.504 D.0
【解析】选B.由于an=ncosnπ2,
所以当n为奇数时,an=0,
当n为偶数时,an=n,n=4m,-n,n=4m-2,其中m∈N*,
所以S2022=a1+a2+a3+a4+a5+…+a2022
=a2+a4+a6+a8+…+a2022
=-2+4-6+8-10+12-14+…+2022
=(-2+4)+(-6+8)+(-10+12)+…+(-2022+2022)=2×504=1008.故选B.
【加固训练】(2021·合肥模拟)已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),Sn是数列{an}的前n项和,则S2022=( )
A.22022-1 B.3×21008-3
C.3×21008-1 D.3×22022-2
【解析】选B.依题意得an·an+1=2n,an+1·an+2=2n+1,于是有an+1·an+2an·an+1=2,即an+2an=2,数列a1,a3,a5,…,a2n-1,…是以a1=1为首项、2为公比的等比数列;数列a2,a4,a6,…,a2n,…是以a2=2为首项、2为公比的等比数列,于是有S2022=(a1+a3+a5+…+a2021)+(a2+a4+a6+…+a2022)=1-21 0081-2+2(1-21 008)1-2=3×21008-3,故选B.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.设f(x)=13x+3,利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法,可求得f(-12)+f(-11)+f(-10)+…+f(0)+…+f(11)+f(12)+f(13)的值为 .
【解析】抓住求和式子与函数f(x)=13x+3的特征,我们对自变量进行配对,当自变量之和为1时,争辩函数值之和,即f(x)+f(1-x)=13x+3+ 131-x+3=13x+3+13×3x3x+3=13,共计配成13对,故所求的和为1333.
答案:1333
7.设数列{an}的通项公式为an=2n-10(n∈N*),则|a1|+|a2|+…+|a15|= .
【解析】由an=2n-10(n∈N*)知{an}是以-8为首项,2为公差的等差数列,又由an=2n-10≥0得n≥5,
所以当n<5时,an<0,
当n≥5时,an≥0,所以|a1|+|a2|+…+|a15|=-(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+…+a15)=20+110=130.
答案:130
【加固训练】(2021·郑州模拟)若数列{an}是1,1+12,1+12+14,…,
1+12+14+…+12n-1,…,则数列{an}的前n项和Sn= .
【解析】an=1+12+14+…+12n-1=1-12n1-12
=21-12n,
所以Sn=21-12+1-122+…+1-12n
=2(1+1+…+1n个)-12+122+…+12n
=2n-121-12n1-12=2n-1-12n
=2n-2+12n-1.
答案:2n-2+12n-1
8.(2021·厦门模拟)设f(x)是定义在R上恒不为零的函数,且对任意的x,y∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y),若a1=12,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是 .
【解析】由已知可得a1=f(1)=12,a2=f(2)=[f(1)]2=122,
a3=f(3)=f(2)·f(1)=[f(1)]3=123,…,an=f(n)=[f(1)]n=12n,
所以Sn=12+122+123+…+12n
=121-12n1-12=1-12n,由于n∈N*,
所以12≤Sn<1.
答案:12,1
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2021·洛阳模拟)已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn.
(2)令bn=1an2-1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,则由已知得
解得所以an=3+2(n-1)=2n+1,
Sn=3n+n(n-1)2×2=n2+2n.
(2)由(1)知an=2n+1,
即数列{bn}的前n项和Tn=n4(n+1).
【误区警示】(1)在解答本题时有两点简洁造成失分:
①利用方程的思想联立求解在计算上简洁毁灭失误,不能精确求出首项a1和公差d;
②在求解数列{bn}的前n项和时,不能娴熟精确地利用裂项方法.
(2)解决等差数列问题时,还有以下几点简洁造成失分,在备考时要高度关注:
①对通项公式与前n项和公式记忆错误;
②基本公式中的项数或奇偶项的确定不正确;
③推断一个数列是否为等差数列时,易忽视验证第一项.
【加固训练】(2021·漳州模拟)在数列{an}和{bn}中,已知a1=2,a2=6,
an+2an=3an+12(n∈N*),bn=an+1an,
(1)求证:数列{bn}是等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式.
(3)若pn=1log3an+12,Sn为数列{pn}的前n项和,求Sn.
【解析】(1)由于an+2an=3an+12(n∈N*),
所以bn+1bn=an+2an+1an+1an=an+2anan+12=3an+12an+12=3,
所以数列{bn}是以3为公比的等比数列.
(2)由(1)可得到bn=b1qn-1=a2a1qn-1=62×3n-1=3n,
所以bn=an+1an=3n,
所以a2a1=31,
a3a2=32,
a4a3=33,
……
anan-1=3n-1,
所以a2a1×a3a2×a4a3×…×anan-1=31×32×33×…×3n-1,
所以ana1=31+2+3+…+(n-1)=3 n2-n2.
又由于a1=2,所以an=a1×3n2-n2=2×3n2-n2.
(3)由(2)得:an=2×3n2-n2,
所以pn=1log3an+12=1log33 (n+1)2-(n+1)2=2n2+n
=2n(n+1)=2n-2n+1,
所以Sn=p1+p2+p3+…+pn
=21-22+22-23+23-24+…+2n-2n+1=2-2n+1=2nn+1.
10.(2022·安徽高考)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.
(1)证明:数列{ann}是等差数列.
(2)设bn=3n·an,求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)由已知可得
所以{ann}是以1为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)得ann=1+(n-1)=n,
所以an=n2,从而bn=n·3n,
Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n, ①
3Sn=1·32+2·33+3·34+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②
①-②可得-2Sn=31+32+33+…+3n-n·3n+1
=3·(1-3n)1-3-n·3n+1=
【加固训练】已知数列{an}是首项为a1=14,公比为q=14的等比数列,设bn+2=3log14an(n∈N*),数列{cn}满足cn=an·bn.
(1)求数列{bn}的通项公式.
(2)求数列{cn}的前n项和Sn.
【解析】(1)由题意,知an=14n(n∈N*),
又bn=3log14an-2,
故bn=3n-2(n∈N*).
(2)由(1),知an=14n,
bn=3n-2(n∈N*),
所以cn=(3n-2)×14n(n∈N*).
所以Sn=1×14+4×142+7×143+…+(3n-5)×14n-1+(3n-2)×14n,
于是14Sn=1×142+4×143+7×144+…+(3n-5)×14n+(3n-2)×14n+1.
两式相减,得34Sn=14+3142+143+…+14n-(3n-2)×14n+1
=12-(3n+2)×14n+1.
所以Sn=23-3n+23×14n(n∈N*).
(20分钟 40分)
1.(5分)(2021·重庆模拟)已知数列{an}:12,13+23,14+24+34,…,110+210+310+…+910,…,那么数列{bn}=的前n项和Sn为 ( )
A.nn+1 B.4nn+1 C.3nn+1 D.5nn+1
【解析】选B.an=1+2+3+…+nn+1=n2,所以bn==4n(n+1)=4(1n-1n+1),
2.(5分)已知数列2008,2009,1,-2008,-2009,…,这个数列的特点是从其次项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前2021项之和S2021等于
( )
A.2008 B.2010 C.1 D.0
【解析】选C.由已知得an=an-1+an+1(n≥2),
所以an+1=an-an-1.
故数列的前8项依次为2008,2009,1,-2008,-2009,-1,2008,2009.
由此可知数列为周期数列,周期为6,且S6=0.
由于2021=6×335+5,所以S2021=S5=2008+2009+1+(-2008)+(-2009)=1.
【加固训练】在数列{an}中,a1=1,an+1=(-1)n(an+1),记Sn为{an}的前n项和,则S2021= .
【解析】由a1=1,an+1=(-1)n(an+1)可得a1=1,a2=-2,a3=-1,a4=0,该数列是周期为4的数列,a2021=a1=1,a2022=a2=-2,a2021=a3=-1,所以S2021=503(a1+a2+a3+a4)+a2021+a2022+a2021
=503×(1-2-1+0)+1-2-1=-1008.
答案:-1008
【方法技巧】数列求和的思路
(1)等差数列和等比数列的前n项和公式是求和的基础.一般数列的求和问题往往通过变形整理,转化为这两类特殊数列的和的问题.例如,一类特殊数列的求和通过倒序相加法或错位相减法变形后,就可以转化为这两类数列的求和问题.
(2)观看数列的特点是变形的基础.给定的数列有其自身的特点和规律,依据数列的特点和规律选择合适的方法变形是解题的突破口.
3.(5分)(2021·泉州模拟)已知a,b∈N*,f(a+b)=f(a)·f(b),f(1)=2,则
∑i=12 014f(i+1)f(i)等于 .
【解析】由于f(a+b)=f(a)·f(b),令b=1,得f(a+1)=f(a)f(1),所以f(a+1)f(a)=f(1)= 2,
故f(2)f(1)+f(3)f(2)+f(4)f(3)+…+f(2 015)f(2 014)
=2×2022=4028.
答案:4028
4.(12分)(2022·新课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.
(1)证明{an+12}是等比数列,并求{an}的通项公式.
(2)证明:1a1+1a2+…+1an<32.
【解题提示】(1)将an+1=3an+1进行配凑,得“an+1+12”与“an+12”的关系,得证,然后求得{an}的通项公式.
(2)求得{1an}的通项公式,然后证得不等式.
【解析】(1)由于a1=1,an+1=3an+1,n∈N*.
所以an+1+12=3an+1+12=3(an+12).
所以{an+12}是首项为a1+12=32,公比为3的等比数列.
所以an+12=3n2,所以an=3n-12.
(2)1an=23n-1.
1a1=1,当n>1时,
【加固训练】等差数列{an}的首项a1=3,且公差d≠0,其前n项和为Sn,且a1,a4,a13分别是等比数列{bn}的b2,b3,b4项.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式.
(2)证明:13≤1S1+1S2+…+1Sn<34.
【解析】(1)设等比数列的公比为q,
由于a1,a4,a13分别是等比数列{bn}的b2,b3,b4,
所以(a1+3d)2=a1(a1+12d).
又a1=3,所以d2-2d=0,
所以d=2或d=0(舍去).
所以an=3+2(n-1)=2n+1.
等比数列{bn}的公比为b3b2=a4a1=3,b1=b2q=1.
所以bn=3n-1.
(2)由(1)知Sn=n2+2n.
所以1Sn=1n(n+2)=121n-1n+2,
所以1S1+1S2+…+1Sn
=121-13+12-14+…+1n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+2
=34-121n+1+1n+2<34.
由于1n+1+1n+2≤12+13=56,
所以34-121n+1+1n+2≥13,
所以13≤1S1+1S2+…+1Sn<34.
5.(13分)(力气挑战题)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足Sn=2an-2.
(1)求{an}的通项.
(2)若{bn}满足b1=1,bn+1n+1-bnn=1,求数列{anbn}的前n项和.
【解析】(1)由于Sn=2an-2, ①
所以n≥2时,Sn-1=2an-1-2, ②
所以由①-②得,an=2an-2an-1(n≥2),
所以an=2an-1.
又当n=1时,①式可化为a1=2a1-2,解得a1=2,
所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,
所以an=2×2n-1=2n.
(2)由于bn+1n+1-bnn=1,b1=1,
所以数列bnn是首项为1,公差为1的等差数列,
所以bnn=1+(n-1)×1=n,bn=n2.
设Tn为数列{anbn}的前n项和,
则Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n ③
2×Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1 ④
③-④得,-Tn=21+22+23+…+2n-n×2n+1
=2×(1-2n)1-2-n×2n+1=(1-n)·2n+1-2,
所以Tn=(n-1)·2n+1+2,
即数列{anbn}的前n项和为(n-1)·2n+1+2.
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