【数学】2020届一轮复习（文理合用）第5章第4讲数列求和作业

【数学】2020届一轮复习（文理合用）第5章第4讲数列求和作业

对应学生用书[练案37理][练案36文]‎ 第四讲　数列求和 A组基础巩固 一、选择题 ‎1．数列{(－1)n(2n－1)}的前2 018项和S2 018等于(　B　)‎ A．－2 018　　　 B．2 018　　　‎ C．－2 017　　　 D．2 017‎ ‎[解析]　S2 018＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2 017－1)＋(2×2 018－1)＝2＋2＋…＋＝2 018.故选B．‎ ‎2．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋)，则an＝(　A　)‎ A．2＋lnn　　　 B．2＋(n－1)lnn C．2＋nlnn　　　 D．1＋n＋lnn ‎[解析]　由已知条件得a2＝a1＋ln2，a3＝a2＋ln，a4＝a3＋ln，…，an＝an－1＋ln，得an＝a1＋ln2＋ln＋ln＋…＋ln＝2＋ln(2×××…×)＝2＋lnn，故选A．‎ ‎3．在数列{an}中，已知a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a＝(　D　)‎ A．(2n－1)2　　　 B． C．4n－1　　　 D． ‎[解析]　由题意得，当n＝1时，a1＝1，当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝2n－1－1，则an＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1(n≥2)，n＝1时也成立，所以an＝2n－1，则a＝22n－2，所以数列{a}为首项为1，公比为4的等比数列，所以a＋a＋…＋a＝＝，故选D．‎ ‎4．(文)数列{an}首项a1＝1，对于任意m，n∈N*，有an＋m＝an＋3m，则{an}前5项和S5＝(　D　)‎ A．121　　　 B．25　　　‎ C．31　　　 D．35‎ ‎(理)(2019·山东省日照市高三校际联考)已知数列{an}中，a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则＝(　D　)‎ A．　　　 B．　　　‎ C．　　　 D． ‎[解析]　(文)由题意知an＋1＝an＋3，∴{an}是首项为1公差为3的等差数列，a5＝a1＋12＝13，∴S5＝＝35.故选D．‎ ‎(理)取m＝1得，an＋1＝a1＋an＋n，即an＋1－an＝1＋n，从而(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝n＋(n－1)＋…＋2，即an－a1＝n＋(n－1)＋…＋2，求得an＝，＝＋＋…＋＝2(1－)＝，故选D．‎ ‎5．已知等比数列{an}的公比为正数，前n项和为Sn，a1＋a2＝2，a3＋a4＝6，则S8等于(　D　)‎ A．81－27　　　 B．54‎ C．38－1　　　 D．80‎ ‎[解析]　q2＝＝3，又a1(1＋q)＝2，∴a1＝＝－1，∴S8＝＝＝80.故选D．‎ ‎6．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项之和为(　D　)‎ A．2n－1　　　 B．n·2n－n C．2n＋1－n　　　 D．2n＋1－n－2‎ ‎(理)数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn>1 020，那么n的最小值是(　D　)‎ A．7　　　 B．8　　　‎ C．9　　　 D．10‎ ‎[解析]　(文)记an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，‎ ‎∴Sn＝－n＝2n＋1－2－n.故选D．‎ ‎(理)an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1．‎ ‎∴Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2，‎ ‎∴S9＝1 013<1 020，S10＝2 036>1 020，∴Sn>1 020，n的最小值是10．‎ ‎7．一个蜂巢里有1只蜜蜂，第一天，它飞出去带回了5个伙伴；第二天，6只蜜蜂飞出去各自带回了5个伙伴……，如果这个过程继续下去，那么第6天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中共有蜜蜂(　B　)‎ A．只　　　 B．66只 C．63只　　　 D．62只 ‎[解析]　记第n天归巢有an只蜜蜂，由题意知a1＝6，an＋1＝6an，即{an}是首项为6，公比为6的等比数列，∴a6＝6×65＝66.故选B．‎ ‎8．(2017·江南十校联考)已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝(　C　)‎ A．－1　　　 B．－1‎ C．－1　　　 D．＋1‎ ‎(理)(2019·广东省茂名市五大联盟学校高三3月联考)已知函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调，且函数y＝f(x－2)的图象关于x＝1对称．若数列{an}是公差不为0的等差数列．且f(x50)＝f(x51)，则数列{an}的前100项的和为(　B　)‎ A．－200　　　 B．－100　　　‎ C．0　　　 D．－50‎ ‎[解析]　(文)由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝，‎ 则f(x)＝x．‎ ‎∴an＝＝＝－，‎ S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.故选C．‎ ‎(理)因为函数y＝f(x－2)的图象关于x＝1对称，则函数f(x)的图象关于x＝－1对称，又函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝＝50(a50＋a51)＝－100，故选B．‎ 二、填空题 ‎9．Sn＝＋＋…＋＝　 　．‎ ‎(理)＋＋＋…＋＝　－(＋) 　‎ ‎[解析]　(文)通项an＝＝＝(－)，∴Sn＝(1－＋－＋…＋－)＝(1－)＝．‎ ‎(理)∵＝＝＝(－)，‎ ‎∴＋＋＋…＋ ‎＝(1－＋－＋－＋…＋－)‎ ‎＝(－－)‎ ‎＝－(＋)．‎ ‎10．已知在数列{an}的前n项之和为Sn，若a1＝2，an＋1＝an＋2n－1＋1，则S10＝__1_078___．‎ ‎[解析]　a1＝2，an＋1＝an＋2n－1＋1⇒an＋1－an＝2n－1＋1⇒an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1⇒an＝2n－2＋2n－3＋…＋2＋1＋n－1＋a1．‎ ‎＝＋n－1＋2＝2n－1＋n．‎ S10＝1＋2＋22＋…＋29＋＝1 078．‎ ‎11．已知数列{an}满足：a1为正整数，an＋1＝如果a1＝1，则a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝__4709___．‎ ‎[解析]　由已知得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝3，周期为3的数列，a1＋a2＋…＋a2018＝(1＋4＋2)×672＋1＋4＝4709．‎ ‎12．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“个有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问依次一尺各重几何？”其意思是：“现有一根金杖(一头粗，一头细)长五尺，在粗的一端截下1尺，重4斤．在细的一端截下1尺，重2斤．问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问该金箠的总重量为__15___斤．‎ ‎[解析]　由题意知，金箠的5段重量构成以4为首项，2为末项的等差数列，则总重量S＝×5＝15(斤)．‎ 三、解答题 ‎13．已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝110，且a1，a2，a4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}满足bn＝，若数列{bn}前n项和Tn，证明Tn<．‎ ‎[分析]　(1)利用等比数列的基本性质及等差数列的前n项和求出首项和公差，进而求出数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)利用裂项相消法求和，求得Tn＝(1－)<．‎ ‎[解析]　(1)由题意知：‎ ⇒ 解a1＝d＝2，故数列an＝2n；‎ ‎(2)由(1)可知bn＝＝(－)，‎ 则Tn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)<．‎ ‎14．等差数列{an}的首项a1>0，数列{}的前n项和为Sn＝．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝(an＋1)－2an，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎[解析]　(1)由{}的前n项和为Sn＝知 可得 设等差数列{an}的公差为d，‎ 从而解得或，‎ 又a1>0，则，‎ 故an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1．‎ ‎(2)由(1)知bn＝(an＋1)·2an＝2n·22n－1＝n·4n，‎ 则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1×41＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，‎ 两边同时乘以4得4Tn＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，‎ 两式相减得－3Tn＝41＋42＋43＋44＋…＋4n－n×4n＋1＝－n×4n＋1，‎ 故Tn＝＋·4n＋1．‎ B组能力提升 ‎1．已知数列{an}：，＋，＋＋，＋＋＋，…，若bn＝，那么数列{bn}前n项的和为(　A　)‎ A．4(1－)　　　 B．4(－)‎ C．1－　　　 D．－ ‎(理)(2019·广东省深圳市高三12月份月考试题)记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，则S2018＝(　A　)‎ A．3(21009－1)　　　 B．(21009－1)‎ C．3(22018－1)　　　 D．(22018－1)‎ ‎[解析]　(文)∵an＝＝＝，∴bn＝＝＝4(－)．‎ ‎∴Sn＝4(1－)．‎ ‎(理)由已知得(Sn＋1－Sn)·an＝an＋1an＝2n，进而可得anan－1＝2n－1两式相除得＝2，当n＝1时，a1a2＝2，又a1＝1，所以a2＝2，则当n为奇数时，an＝()n－1，当n为偶数时，an＝()n，则S2018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋…＋a2018)＝＋＝3(21009－1)，故选A．‎ ‎2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝(　C　)‎ A．6n－n2　　　 B．n2－6n＋18‎ C．　　　 D． ‎[解析]　由Sn＝n2－6n，得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，‎ ‎∴n≤3时，an<0；n>3时，an>0，‎ ‎∴Tn＝ ‎3．我国古代数学名著《孙子算经》中有如下问题：“今有三女，长女五日一归，中女四日一归，少女三日一归．问：三女何日相会？”意思是：“一家出嫁的三个女儿中，大女儿每五天回一次娘家，二女儿每四天回一次娘家，小女儿每三天回一次娘家．三个女儿从娘家同一天走后，至少再隔多少天三人再次相会？”若当地风俗正月初二都要回娘家，且回娘家当天均返回夫家，则从正月初三算起的一百天内，有女儿回娘家的天数有(　C　)‎ A．58　　　 B．59　　　‎ C．60　　　 D．61‎ ‎[解析]　小女儿、二女儿和大女儿回娘家的天数分别是33,25,20，小女儿和二女儿、小女儿和大女儿、二女儿和大女儿回娘家的天数分别是8,6,5，三个女儿同时回娘家的天数是1，所以有女儿在娘家的天数是：35＋25＋20－(8＋6＋5)＋1＝60．‎ ‎4．“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”，斐波那契数列{an}满足：a1＝1，a2‎ ‎＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，记其前n项和为Sn，设a2018＝t(t为常数)，则S2016＋S2015－S2014－S2013＝__t___(用t表示)．‎ ‎[解析]　S2016＋S2015－S2014－S2013＝a2016＋a2015＋a2015＋a2014＝a2017＋a2016＝a2018＝t．‎ ‎5．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＝，设数列{cn}的前n项和Tn，求T2n．‎ ‎[解析]　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，‎ 由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3‎ 得，解得．‎ ‎∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1．‎ ‎(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)，‎ 则n为奇数，cn＝＝－，‎ n为偶数，cn＝2n－1．‎ ‎∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)‎ ‎＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＋(2＋23＋…＋22n－1)‎ ‎＝1－＋＝＋(4n－1)．‎