2019届高考数学二轮复习查漏补缺练习：第31讲《数列求和》(含解析)
展开课时作业(三十一) 第31讲 数列求和
时间 / 45分钟 分值 / 100分
基础热身
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4,a6是方程x2-18x+p=0的两根,则S9= ( )
A.9 B.81 C.5 D.45
2.设Sn为等比数列{an}的前n项和,若a2-8a5=0,则= ( )
A. B. C.2 D.17
3.已知数列{an}的通项公式是an=(-1)n·(3n-1),则a1+a2+…+a10= ( )
A.15 B.12 C.-12 D.-15
4.已知f(x)=-+1,数列{an}满足an=f(0)+f+f+…+f+f(1),则a2017= ( )
A.2018 B.2019 C.2020 D.2021
5.已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .
能力提升
6.我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,问次一尺各重几何?”意思是:现有一根金杖,长五尺,一头粗,一头细,在粗的一端截下一尺,重4斤,在细的一端截下一尺,重2斤,问依次每一尺各重多少斤?设该问题中的金杖由粗到细是均匀变化的,则金杖的重量为 ( )
A.6斤 B.10斤 C.12斤 D.15斤
7.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且<1,若a3+a5=10,a1·a7=16,则S4= ( )
A.60或 B.60 C. D.120
8.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,则“a1009,a1010是方程4x-3·2x+2=0的两根”是“S2018=1009”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
9.若数列{an}满足an+1+an=(-1)n·n,则数列{an}的前20项的和为 ( )
A.-100 B.100 C.-110 D.110
10.在递减的等差数列{an}中,a1a3=-4,若a1=13,则数列的前n项和Sn的最大值为( )
A. B. C. D.
11.已知数列{bn}满足b1=1,b2=4,bn+2=1+sin2bn+cos2,则该数列的前11项和S11= .
12.已知Sn为数列{an}的前n项和,a1=0,若an+1=[1+(-1)n]an+(-2)n,则S100= .
13.已知数列{an}的前n项和为Sn=2n+1,bn=log2(·),数列{bn}的前n项和为Tn,则满足Tn>1024的n的最小值为 .
14.(10分)设公差不为零的等差数列{an}的前5项和为55,且a2,,a4-9成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,求证:Sn<.
15.(10分)已知数列{an}是递减的等比数列,a2=4,且a2,2a3,a4+3成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=log2,求数列{an}的前n项和Sn.
16.(15分)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an·(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
课时作业(三十一)
1.B [解析] ∵a4+a6=18,∴S9=(a1+a9)=(a4+a6)=81,故选B.
2.B [解析] 设等比数列{an}的公比为q,∵a2-8a5=0,∴a1q-8a1q4=0,解得q=,则==1+=,故选B.
3.A [解析] 因为an=(-1)n·(3n-1),所以a1+a2+…+a10=-2+5-8+11-…-26+29=(-2+5)+(-8+11)+…+(-26+29)=3×5=15.
4.A [解析] 由题意知f(x)+f(1-x)=-+1+-+1=2,因为an=f(0)+f+f+…+f+f(1),an=f(1)+f+…+f+f(0),两式相加得2an=2(n+1),所以an=1+n,所以a2017=2018,故选A.
5.64 [解析] 因为a1,a2,a5成等比数列,所以=a1·a5,即(1+d)2=1×(1+4d),解得d=2,所以an=1+(n-1)×2=2n-1,所以a8=2×8-1=15,则S8==4×(1+15)=64.
6.D [解析] 设由细到粗每一尺的重量为ai(i=1,2,3,4,5)斤,由题意可知a1,a2,a3,a4,a5成等差数列,设{an}的前n项和为Sn,则所以S5=×5=15,故选D.
7.B [解析] 由等比数列{an}是递减数列,且得所以q=,所以a1=32,则S4==60 ,故选B.
8.A [解析] ∵a1009,a1010是方程4x-3·2x+2=0的两根,∴×=2,∴a1009+a1010=1,∴S2018==1009(a1009+a1010)=1009,充分性成立;反之,不一定成立.故“a1009,a1010是方程4x-3·2x+2=0的两根”是“S2018=1009”的充分不必要条件,故选A.
9.A [解析] 由an+1+an=(-1)n·n,得a2+a1=-1,a3+a4=-3,a5+a6=-5,…,a19+a20=-19,∴数列{an}的前20项的和为a1+a2+…+a19+a20=-1-3-…-19=-×10=-100,故选A.
10.D [解析] 设数列{an}的公差为d,则d<0,所以由a1a3=-4,a1=13,得13(13+2d)=(13+d)2-4,解得d=-2(正值舍去),则an=13-2(n-1)=15-2n.因为==-,所以数列的前n项和Sn=--≤--=,故选D.
11.93 [解析] 根据题中所给的递推公式,可以求得b3=2b1=2,b4=b2+1=5,…,从而可以得到该数列的奇数项成等比数列,偶数项成等差数列,其前11项中有6项奇数项,5项偶数项,所以S11=+5×4+×1=63+20+10=93.
12. [解析] 由an+1=[1+(-1)n]an+(-2)n(n∈N*)得,当n为奇数时,有an+1=(-2)n,当n为偶数时,有an+1=2an+2n,所以数列{an}的所有偶数项构成以-2为首项,以4为公比的等比数列,所以S100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+a6+…+a100)=2(a2+a4+a6+…+a98)+(22+24+26+…+298)+(a2+a4+a6+…+a100)=3(a2+a4+a6+…+a100)-2a100+(22+24+26+…+298)=3×-2×(-2)99+=.
13.9 [解析] 由数列{an}的前n项和为Sn=2n+1,可知当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n,当n=1时,a1=22=4,不满足上式,所以b1=log2(·)=8,bn=log2(·)=log2+log2=2n+2n(n≥2), 所以数列{bn}的前n项和为Tn=8++=(n+2)(n-1)+2n+1+4, 当n=9时,T9=11×8+210+4=1116>1024, 当n=8时,T8=10×7+29+4=586<1024, 所以满足Tn>1024的n的最小值为9.
14.解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
则解得或(舍去),
故数列{an}的通项公式为an=7+(n-1)×2=2n+5.
(2)证明:由an=2n+5,
得bn===-,
所以Sn=1-+-+…+-=1-<.
15.解:(1)设数列{an}的公比为q(0<q<1),由a2,2a3,a4+3成等差数列,得4a3=a2+a4+3,
又a2=4,所以16q=4+4q2+3,即4q2-16q+7=0,解得q=或q=(舍去),
故an=a2·qn-2=4·=,
即数列{an}的通项公式为an=.
(2)bn=log2=n·2n-4,
则Sn=1×+2×+3×+…+n·2n-4,
2Sn=1×+2×+3×1+…+(n-1)·2n-4+n·2n-3,
两式相减,得-Sn=+++…+2n-4-n·2n-3,
所以Sn=-+++…+2n-4+n·2n-3=+n·2n-3=(n-1)·2n-3+.
16.解:(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n;当n=1时,a1=S1=1,满足上式.
综上可知,an=n.
(2)由(1)知bn=n·3n,则Tn=1×31+2×32+3×33+…+n·3n,
3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n·3n+1,
两式相减,得-2Tn=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1,
∴Tn=+-·3n+1.
