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备战2024高考一轮复习数学(理) 课时验收评价(三十七) 数列求和
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这是一份备战2024高考一轮复习数学(理) 课时验收评价(三十七) 数列求和,共5页。试卷主要包含了点全面广强基训练,重点难点培优训练等内容,欢迎下载使用。
课时验收评价(三十七) 数列求和一、点全面广强基训练1.数列{an}的通项公式为an=,若该数列的前k项之和等于9,则k=( )A.80 B.81C.79 D.82解析:选B an==-,故Sn=,令Sk==9,解得k=81,故选B.2.在数列{an}中,a1=-60,an+1=an+3,则|a1|+|a2|+…+|a30|=( )A.495 B.765 C.1 080 D.3 105解析:选B 由a1=-60,an+1=an+3可得an=3n-63,则a21=0,|a1|+|a2|+…+|a30|=60+57+…+3+0+3+…+27=765.3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a9=a12+6,a2=4,则数列的前10项和为( )A. B. C. D.解析:选B 设等差数列{an}的公差为d,由a9=a12+6及等差数列的通项公式得a1+5d=12,又a2=4,所以a1=2,d=2,所以Sn=n2+n,所以==-,所以++…+=++…+=1-=.4.已知数列{an}满足an+2=an+1+an(n∈N*),其中a1=a2=1.记数列{an}的前n项和为Sn,若S2 021=m,则a2 023=( )A.m-1 B.m C.m+1 D.m2解析:选C 由an+2=an+1+an(n∈N*),可得an+1=an+2-an(n∈N*),S2 021=a1+a2+a3+a4+…+a2 021=a1+(a3-a1)+(a4-a2)+(a5-a3)+…+(a2 022-a2 020)=a2 022+a2 021-a2=a2 023-a2=m,则a2 023=S2 021+a2=m+1.故选C.5.已知数列{an}的通项公式为an=(-1)n(2n-1),则数列{an}的前n项和Sn=________.解析:当n=2k(k∈N*)时,Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-1+an)=(-1+3)+(-5+7)+…+[-(2n-3)+(2n-1)]=2+2+…+2=2k=n;当n=2k-1(k∈N*)时,Sn=Sn-1+an=(n-1)-(2n-1)=-n.综上,Sn==(-1)nn.答案:(-1)nn6.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=1,an+1+SnSn+1=0,则Sn=________,数列{SnSn+1}的前n项和Tn为________.解析:∵an+1=Sn+1-Sn,an+1+SnSn+1=0,∴Sn+1-Sn+SnSn+1=0,∴-=1.又∵==1,∴是以1为首项,1为公差的等差数列,∴=n,∴Sn=.∴SnSn+1==-,∴Tn=1-+-+…+-=1-=.答案: 7.(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1=1,an+1=(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;(2)求{an}的前20项和.解:(1)由题意,得b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.易得a2n+2=a2n+1+1,a2n+1=a2n+2,所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,所以bn=2+3(n-1)=3n-1.(2)由(1)可得a2n=3n-1,a2n-1=a2n-2+2=bn-1+2=3n-2.所以a19=3×10-2=28,a20=3×10-1=29.所以{an}的前20项的和为(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=×10+×10=300.8.在①bn=an·3n+1;②bn=,n∈N*,这两个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答问题.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,a+an=2Sn+2,数列{bn}满足________.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{bn}的前n项和Tn.解:(1)当n=1时,a+a1=2S1+2=2a1+2,即a-a1-2=0,解得a1=2或a1=-1(舍去).当n≥2时,由a+an=2Sn+2可得a+an-1=2Sn-1+2,上述两个等式作差得a-a+an-an-1=2an,即(an+an-1)(an-an-1-1)=0,∀n∈N*,an>0,则an-an-1=1,所以数列{an}为等差数列,且该数列的首项为2,公差为1,因此an=2+n-1=n+1.(2)若选①,则bn=(n+1)·3n+1,则Tn=2·32+3·33+4·34+…+(n+1)·3n+1,所以3Tn=2·33+3·34+…+n·3n+1+(n+1)·3n+2,上述两个等式作差得-2Tn=2·32+(33+34+…+3n+1)-(n+1)·3n+2,=18+-(n+1)·3n+2=,因此Tn=;若选②,bn===-,所以Tn=-+-+…+-=-.二、重点难点培优训练1.已知{an}为等比数列,a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的数,且a1,a2,a3中的任何两个数都不在下表的同一列,{bn}为等差数列,其前n项和为Sn,且a1=b3-2b1,S7=7a3. 第一列第二列第三列第一行152第二行4310第三行9820(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若cn=[lg bn],其中[x]是高斯函数,表示不超过x的最大整数,如[lg 2]=0,[lg 98]=1,求数列{cn}的前100项的和T100.解:(1)由题意知a1=2,a2=4,a3=8,所以等比数列{an}的公比q=2,an=a1qn-1=2n.设等差数列{bn}公差为d,则2=b3-2b1=2d-b1,S7==7b4=7a3,所以b4=8=b1+3d,所以b1=2,d=2,bn=2n.(2)因为cn=[lg(2n)],所以T100=c1+c2+…+c100=[lg 2]+[lg 4]+…+[lg 8]+[lg 10]+…+[lg 98]+[lg 100]+…+[lg 200]=4×0+45×1+51×2=147.2.已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn+1=4an,n∈N*,且a1=4.(1)证明:{an+1-2an}是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)在①bn=an+1-an;②bn=log2;③bn=,这三个条件中任选一个补充在下面横线上,并加以解答.已知数列{bn}满足________,求{bn}的前n项和Tn.解:(1)证明:当n≥2时,因为Sn+1=4an,所以Sn=4an-1,两式相减得,an+1=4an-4an-1,故an+1-2an=2(an-2an-1),当n=1时,因为Sn+1=4an,所以S2=4a1,又a1=4,故a2=12,于是a2-2a1=4,所以{an+1-2an}是以4为首项,2为公比的等比数列.所以an+1-2an=2n+1,两边除以2n+1得,-=1,又=2,所以是以2为首项,1为公差的等差数列.所以=n+1,an=(n+1)·2n.(2)若选①:bn=an+1-an,即bn=(n+2)·2n+1-(n+1)·2n=(n+3)·2n,所以Tn=4×21+5×22+6×23+…+(n+3)·2n,所以2Tn=4×22+5×23+6×24+…+(n+3)·2n+1,两式相减得,-Tn=4×21+(22+23+24+…+2n)-(n+3)·2n+1,=8+4·-(n+3)·2n+1,所以Tn=(n+2)·2n+1-4.若选②:bn=log2,即bn=log2+log22n=log2+n,所以Tn=log2+log2+…+log2+(1+2+…+n)=log2+=log2(n+1)+.若选③:bn=,即bn==4,所以Tn=4-+-+…+-=4=4=1-.3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且n,an,Sn成等差数列,bn=2log2(1+an)-1.(1)证明数列{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn},求c1+c2+…+c100的值.解:(1)证明:因为n,an,Sn成等差数列,所以Sn+n=2an,从而Sn-1+(n-1)=2an-1(n≥2).两式相减得an+1=2an-2an-1,所以an+1=2(an-1+1)(n≥2).又当n=1时,S1+1=2a1,所以a1=1,所以a1+1=2,故数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an+1=2·2n-1=2n,即an=2n-1.(2)根据(1)求解知,bn=2log2(1+2n-1)-1=2n-1,b1=1,所以bn+1-bn=2,所以数列{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列.又因为a1=1,a2=3,a3=7,a4=15,a5=31,a6=63,a7=127,a8=255,b64=127,b106=211,b107=213,所以c1+c2+…+c100=(b1+b2+…+b107)-(a1+a2+…+a7)=-[(21+22+…+27)-7]=-+7=1072-28+9=11 202.
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