高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列第3课时课后作业题

第3课时　数列求和

知识点一  分组求和法

1．数列11,103,1005,10007，…的前n项和Sn＝________.

答案　(10n－1)＋n2

解析　数列的通项公式an＝10n＋(2n－1)，

所以Sn＝(10＋1)＋(102＋3)＋…＋(10n＋2n－1)＝(10＋102＋…＋10n)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]＝＋＝(10n－1)＋n2.

2．求和：(a－1)＋(a2－2)＋…＋(an－n)(a≠0)．

解　原式＝(a＋a2＋…＋an)－(1＋2＋…＋n)

＝(a＋a2＋…＋an)－

＝

3．求数列，，，，…的前n项和．

解　Sn＝＋＋＋＋…＋＝(1＋2＋3＋…＋n)＋

＝＋

＝＋1－.

4．已知数列{an}满足a1＝2，an＋an＋1＝2n－3，求数列{an}的前n项和Sn.

解　当n为偶数时，

Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)

＝(2×1－3)＋(2×3－3)＋…＋[2(n－1)－3]

＝2[1＋3＋…＋(n－1)]－3×＝.

当n为奇数时，

Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)

＝2＋(2×2－3)＋(2×4－3)＋…＋[2(n－1)－3]

＝2＋2[2＋4＋…＋(n－1)]－3×

＝.

故数列{an}的前n项和为Sn＝

知识点二  裂项相消法

5.求和：1＋＋＋…＋.

解　∵an＝＝＝2，

∴Sn＝2＝.

6．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＝n2＋n.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设的前n项和为Tn，求证Tn＜1.

解　(1)∵Sn＝n2＋n，∴当n≥2时，

an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，

又a1＝2满足上式，∴an＝2n(n∈N*)．

(2)证明：∵Sn＝n2＋n＝n(n＋1)，

∴＝＝－，

∴Tn＝＋＋…＋＝1－.∵n∈N*，∴＞0，即Tn＜1.

知识点三  错位相减法

7.已知an＝n－2n，bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求Sn的表达式．

解　因为an＝n－2n，bn＝，所以bn＝－1，

所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－n，

令Tn＝＋＋…＋，则Tn＝＋＋…＋，

两式相减，得Tn＝＋＋＋…－＝1－－，

所以Tn＝2－，即Sn＝2－－n.

8．已知数列{an}是首项a1＝，公比q＝的等比数列，设bn＋3log4an＋2＝0，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　(1)由题意，得an＝n，

又bn＝－3log4an－2，故bn＝3n－2.

(2)由(1)知an＝n，bn＝3n－2，

所以cn＝(3n－2)n.

所以Sn＝1×＋4×2＋7×3＋…＋(3n－5)×n－1＋(3n－2)×n，　①

于是Sn＝1×2＋4×3＋7×4＋…＋(3n－5)×n＋(3n－2)×n＋1.　②

①－②，得

Sn＝＋3×－(3n－2)×n＋1＝－(3n＋2)×n＋1.

所以Sn＝－×n.

知识点四  倒序相加求和

9.已知数列{an }的通项公式为an＝n－2(n∈N*)，设f(x)＝x＋log2，则数列{f(an)}的各项之和为(　　)

A．36  B．33

C．30  D．27

答案　D

解析　由f(x)＝x＋log2，可知＞0，解得－2＜x＜8.{f(an)}中－2＜an＜8，又an＝n－2，所以an＝－1，0,1,2，…7.由f(6－x)＝6－x＋log2可得f(x)＋ f(6－x)＝6.且有f(3)＝3，数列{f(an )}的各项之和为f(a1 )＋f(a2 )＋…＋f(a9 )＝f(－1)＋f(0)＋…＋f(7)＝[f(－1)＋f(7) ]＋[f(0)＋f(6)]＋[f(1)＋f(5) ]＋[f(2)＋f(4)]＋f(3)＝4×6＋3＝27.故选D.

10．已知函数f(x)＝x＋3sin＋，则f＋f＋…＋f＝________.

答案　2020

解析　∵ f(a)＋f(1－a)＝a＋3sin＋＋1－a＋3sin＋＝2＋3sin＋3sin＝2，

设S＝f＋f＋…＋f，　①

则S＝f＋f＋…＋f.　②

①＋②得2S＝2020×＝4040，

∴S＝2020.

一、选择题

1．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于(　　)

A．200  B．－200

C．400  D．－400

答案　B

解析　S100＝1－5＋9－13＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝50×(－4)＝－200.

2．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为(　　)

A．3690  B．3660

C．1845  D．1830

答案　D

解析　不妨令a1＝1，则a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以当n为奇数时，an＝1；当n为偶数时，各项构成以2为首项，4为公差的等差数列，所以前60项的和为30＋2×30＋×4＝1830.

3．设数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)cos＋1(n∈N*)，其前n项和为Sn，则S120＝(　　)

A．－60  B．－120

C．180  D．240

答案　D

解析　由an＝(－1)n(2n－1)cos＋1，

得a1＝－cos＋1＝1，a2＝3cosπ＋1＝－2，

a3＝－5cos＋1＝1，a4＝7cos2π＋1＝8，

a5＝－9cos＋1＝1，a6＝11cos3π＋1＝－10，

a7＝－13cos＋1＝1，a8＝15cos4π＋1＝16，

…

由以上可知，数列{an}的奇数项为1，每两个偶数项的和为6，

∴S120＝(a1＋a3＋…＋a119)＋(a2＋a4＋…＋a118＋a120)＝60＋30×6＝240.故选D.

4．已知数列{an}：，＋，＋＋，＋＋＋，…，那么数列{bn}＝的前n项和Sn为(　　)

A．4  B．4

C．1－  D．－

答案　A

解析　∵an＝＝＝，

∴bn＝＝＝4.

∴Sn＝4＝4.

5．(多选)对于数列{an}，定义H0＝为{an}的“优值”．现已知数列{an}的“优值”H0＝2n＋1，记数列{an－20}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　　)

A．an＝2n＋2  B．Sn＝n2－19n

C．S8＝S9  D．Sn的最小值为－72

答案　ACD

解析　由题意可知，H0＝＝2n＋1，则a1＋2a2＋…＋2n－1·an＝n·2n＋1，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2·an－1＝(n－1)·2n，两式相减得，2n－1·an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，an＝2(n＋1)，当n＝1时也成立，∴an＝2n＋2，A正确；Sn＝a1－20＋a2－20＋…＋an－20＝a1＋a2＋…＋an－20n＝2×1＋2＋2×2＋2＋…＋2×n＋2－20n＝2(1＋2＋…＋n)＋2n－20n＝n(n＋1)－18n＝n2－17n，B错误；∵an－20＝2n－18，当an－20≤0时，即n≤9，故当n＝8或9时，{an－20}的前n项和Sn取最小值，最小值为S8＝S9＝＝－72，C，D正确．故选ACD.

二、填空题

6．设数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋abn＝________.

答案　2n＋1－n－2

解析　易知an＝2n－1，bn＝2n－1，∴abn＝2×2n－1－1＝2n－1，

∴a b1＋a b2＋…＋abn＝21＋22＋…＋2n－n＝2n＋1－n－2.

7．已知各项都为整数的数列{an}中，a1＝2，且对任意的n∈N*，满足an＋1－an＜2n＋，an＋2－an＞3×2n－1，则a2021＝________.

答案　22021

解析　由an＋1－an＜2n＋，

得an＋2－an＋1＜2n＋1＋，

两式相加得an＋2－an＜3×2n＋1，

又an＋2－an＞3×2n－1，an∈Z，

所以an＋2－an＝3×2n，从而a2021＝(a2021－a2019)＋(a2019－a2017)＋…＋(a3－a1)＋a1＝3×(22019＋22017＋…＋23＋21)＋2＝22021.

8．已知等差数列{an}，a5＝，若函数f(x)＝sin2x＋1，记yn＝f(an)，则y5＝________，数列{yn}的前9项和为________．

答案　1　9

解析　因为yn＝sin2an＋1，所以y5＝sin2a5＋1＝sinπ＋1＝1.数列{yn}的前9项和为sin2a1＋sin2a2＋sin2a3＋…＋sin2a8＋sin2a9＋9，由等差数列{an}，a5＝，得sin2a5＝0，a1＋a9＝2a5＝π，所以2a1＋2a9＝4a5＝2π，则2a1＝2π－2a9，所以sin2a1 ＝sin(2π－2a9)＝－sin2a9.由倒序相加可得(sin2a1＋sin2a2＋sin2a3＋…＋sin2a8＋sin2a9＋sin2a1＋sin2a2＋sin2a3＋…＋sin2a8＋sin2a9)＝0，所以y1＋y2＋y3＋…＋y8＋y9＝9.

三、解答题

9．已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n，都有an＝Sn＋2成立．记bn＝log2an.

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，

求证：≤Tn＜.

解　(1)在an＝Sn＋2中，令n＝1得a1＝8.

因为对任意正整数n，都有an＝Sn＋2　①成立，

n≥2时，an－1＝Sn－1＋2，　②

①－②得，an－an－1＝an，所以an＝4an－1.

又a1≠0，所以数列{an}是以a1＝8为首项，4为公比的等比数列，即an＝8·4n－1＝22n＋1，

经验证：n＝1时也成立，所以an＝22n＋1(n∈N*)，

所以bn＝log222n＋1＝2n＋1.

(2)证明：由题意及(1)知，

cn＝＝，

所以Tn＝＝＝＝，易知Tn是递增数列，则＝T1≤Tn＜，故≤Tn＜.

10．已知公差不为0的等差数列{an}的前4项的和为20，且a1，a2，a4成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝n×2an，求数列{bn}的前n项和Sn，并判断是否存在n(n∈N*)，使得Sn＝1440成立？若存在，求出所有n的解；若不存在，请说明理由．

解　(1)设{an}的公差为d，依题意得

即解得∴an＝2n.

(2)∵bn＝n×22n＝n×4n，

∴Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，

4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，

两式相减，得－3Sn＝4＋42＋43＋…＋4n－n×4n＋1，

∴Sn＝4n＋1＋.

令4n＋1＋＝1440，化简得(3n－1)4n＝3239.

∵左边为偶数，右边为奇数，

∴方程无解，即不存在n∈N*，使Sn＝1440成立．