高中数学高考课后限时集训35 数列求和 作业

这是一份高中数学高考课后限时集训35 数列求和 作业，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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一、选择题
1．数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n－1))，若该数列的前k项之和等于9，则k＝( )
A．80 B．81 C．79 D．82
B [an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n－1))＝eq \r(n)－eq \r(n－1)，
∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(eq \r(1)－eq \r(0))＋(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n)－eq \r(n－1))＝eq \r(n).
由题意知Sk＝eq \r(k)＝9，解得k＝81，故选B.]
2．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则它的前100项之和S100＝( )
A．150 B．120
C．－120 D．－150
A [S100＝a1＋a2＋a3＋…＋a99＋a100
＝－1＋4－7＋…＋(－295)＋298
＝50×3＝150.故选A.]
3．已知数列{an}的通项公式是an＝eq \f(2n－1,2n)，其前n项和Sn＝eq \f(321,64)，则项数n＝( )
A．13 B．10 C．9 D．6
D [由an＝eq \f(2n－1,2n)＝1－eq \f(1,2n)得
Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,8)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))
＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n)))＝n－eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝n－1＋eq \f(1,2n).
令n－1＋eq \f(1,2n)＝eq \f(321,64)，即n＋eq \f(1,2n)＝eq \f(385,64).
解得n＝6，故选D.]
4.eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,32－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,n＋12－1)的值为( )
A.eq \f(n＋1,2n＋2) B.eq \f(3,4)－eq \f(n＋1,2n＋2)
C.eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))) D.eq \f(3,2)－eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)
C [因为eq \f(1,n＋12－1)＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
所以eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,32－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,n＋12－1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).]
5．Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(3,8)＋…＋eq \f(n,2n)等于( )
A.eq \f(2n－n,2n) B.eq \f(2n＋1－n－2,2n)
C.eq \f(2n－n＋1,2n＋1) D.eq \f(2n＋1－n＋2,2n)
B [由Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，①
得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
①－②得，
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)，
所以Sn＝eq \f(2n＋1－n－2,2n).]
二、填空题
6．已知数列：1eq \f(1,2)，2eq \f(1,4)，3eq \f(1,8)，…，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2n)))，…，则其前n项和关于n的表达式为 ．
eq \f(nn＋1,2)－eq \f(1,2n)＋1 [设所求的前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2n)))＝eq \f(nn＋1,2)＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝eq \f(nn＋1,2)－eq \f(1,2n)＋1.]
7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为 ．
2n＋1－n－2 [an＝1＋2＋4＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2＋22＋…＋2n)－n＝eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.]
8．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是 ．
2n＋1－n－2 [因为Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①
2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②
所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2.]
三、解答题
9．(2019·泰安模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝eq \f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解] (1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.
当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5(n∈N*)．
设数列{bn}的公差为d.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))
可解得b1＝4，d＝3.
所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知cn＝eq \f(6n＋6n＋1,3n＋3n)＝3(n＋1)·2n＋1.
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋\f(41－2n,1－2)－n＋1×2n＋2))
＝－3n·2n＋2.
所以Tn＝3n·2n＋2.
10．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋1)))的前n项和．
[解] (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，
a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，
两式相减得(2n－1)an＝2，
所以an＝eq \f(2,2n－1)(n≥2)．
又由题设可得a1＝2，满足上式，
所以{an}的通项公式为an＝eq \f(2,2n－1).
(2)记eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋1)))的前n项和为Sn.
由(1)知eq \f(an,2n＋1)＝eq \f(2,2n＋12n－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)，
则Sn＝eq \f(1,1)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1).
1．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
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.]
2．设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝4，an＋1＝2Sn－4，则S10＝( )
A．2×(310－1) B．2×(310＋1)
C．2×(39＋1) D．4×(39－1)
C [∵a1＝4，an＋1＝2Sn－4，①
∴a2＝2a1－4＝4，
当n≥2时，an＝2Sn－1－4，②
①－②得an＋1－an＝2an，
∴an＋1＝3an(n≥2)，
∴{an}从第2项起是公比为3的等比数列，
∴S10＝a1＋(a2＋a3＋…＋a10)＝4＋eq \f(4×1－39,1－3)＝2×(39＋1)，故选C.]
3．已知Sn为数列{an}的前n项和，对n∈N*都有Sn＝1－an，若bn＝lg2an，则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)＝ .
eq \f(n,n＋1) [对n∈N*都有Sn＝1－an，当n＝1时，a1＝1－a1，解得a1＝eq \f(1,2).
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝1－an－(1－an－1)，化为an＝eq \f(1,2)an－1.∴数列{an}是等比数列，公比为eq \f(1,2)，首项为eq \f(1,2).
∴an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
∴bn＝lg2an＝－n.
∴eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,－n－n－1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).]
4．等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,Sn)，n为奇数，,bn，n为偶数，))设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
[解] (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＋S2＝10，,a5－2b2＝a3，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＋6＋d＝10，,3＋4d－2q＝3＋2d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2.,q＝2，))
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.
(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝n(n＋2)，
则cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,nn＋2)，n为奇数，,2n－1，n为偶数，))
即cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)，n为奇数，,2n－1，n为偶数，))
∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＋(2＋23＋…＋22n－1)
＝1－eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(21－4n,1－4)
＝eq \f(2n,2n＋1)＋eq \f(2,3)(4n－1)．
1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 020＝( )
A．22 020－1 B．3×21 010－3
C．3×21 010－1 D．3×21 009－2
B [a1＝1，a2＝eq \f(2,a1)＝2，又eq \f(an＋2·an＋1,an＋1·an)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2.∴eq \f(an＋2,an)＝2.
∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，
∴S2 020＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 019＋a2 020
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)
＝eq \f(1－21 010,1－2)＋eq \f(21－21 010,1－2)＝3×21 010－3.故选B.]
2．已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．
[解] (1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，由已知得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝14，,a1＋2d2＝a1a1＋6d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(7,2)，,d＝0))(舍去)，所以an＝n＋1.
(2)由(1)知eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，
所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(n,2n＋2).
又λTn≤an＋1恒成立，
所以λ≤eq \f(2n＋22,n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(4,n)))＋8，
而2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(4,n)))＋8≥16，当且仅当n＝2时等号成立．
所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.