【数学】2020届一轮复习人教A版第65课通项与求和（2）作业（江苏专用）

【数学】2020届一轮复习人教A版第65课通项与求和（2）作业（江苏专用）

随堂巩固训练(65)‎ ‎ 1. 在等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于　4　.‎ 解析：由题意得a4a5＝2×5＝10，所以数列{lg an}的前8项和S＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a4a5)4＝4lg(a4a5)＝4lg 10＝4.‎ ‎ 2. 数列1，1＋2，1＋2＋22，1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋23＋…＋2n－1，…的前n项和Sn＝　2n＋1－n－2　.‎ 解析：所求数列的通项公式为an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，所以其前n项和为Sn＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝－n＝2n＋1－n－2.‎ ‎ 3. 设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2 016，且an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)，则S2 016＝　0　Ｗ.‎ 解析：设q为等比数列{an}的公比，则an＋2anq＋anq2＝0，即q2＋2q＋1＝0，所以q＝－1，所以an＝(－1)n－1×2 016，所以S2 016＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 015＋a2 016)＝0.‎ ‎ 4. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 ＝　　.‎ 解析：设数列{an}的首项为a1，公差为d，则a3＝a1＋2d＝3，S4＝4a1＋6d＝10，解得a1＝1，d＝1，则an＝n，Sn＝， ＝＋＋…＋＋＝2[＋＋…＋＋]＝2＝. ‎ ‎ 5. 数列的前n项和Sn＝　2－－　.‎ 解析：Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×①，Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×②，‎ ‎①－②得Sn＝＋＋＋…＋－n×＝－＝1－－， ‎ 所以Sn＝2＝2－－. ‎ ‎ 6. 已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝　100　.‎ 解析：由题意得a1＋a2＋a3＋…＋a100‎ ‎＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012‎ ‎＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)‎ ‎＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)‎ ‎＝－50×101＋50×103＝100.‎ ‎ 7. 一个只有有限项的等差数列，它的前5项和为34，最后5项和为146，所有项的和为234，则它的第7项为　18　.‎ 解析：据题意知a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝34，an－4＋an－3＋an－2＋an－1＋an＝146.又因为a1＋‎ an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3＝a5＋an－4，所以a1＋an＝36.又Sn＝n(a1＋an)＝234，所以n＝13，所以a1＋a13＝2a7＝36，所以a7＝18.‎ ‎ 8. 设数列{an}满足a1＝1，(1－an＋1)(1＋an)＝1(n∈N*)，则akak＋1的值为　　.‎ 解析：因为(1－an＋1)(1＋an)＝1，所以an－an＋1－anan＋1＝0，从而－＝1，即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝1＋n－1＝n，所以an＝，故an＋1an＝＝－，因此akak＋1＝＋(－)＋…＋＝1－＝. ‎ ‎ 9. 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*，有2Sn＝a＋an.令bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为　9　.‎ 解析：因为2Sn＝a＋an，‎ 所以2Sn＋1＝a＋an＋1，‎ 两式相减，得2an＋1＝a＋an＋1－a－an，‎ 即a－a－an＋1－an＝0，‎ 即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.‎ 又因为数列{an}为正项数列，所以an＋1－an－1＝0，‎ 即an＋1－an＝1.‎ 令n＝1，可得a1＝1，‎ 所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，‎ 所以an＝n，‎ 所以bn＝ ‎＝ ‎＝＝－，‎ 所以Tn＝1－，‎ 所以T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.‎ ‎10. 设Sn是等比数列{an}的前n项和，an>0，若S6－2S3＝5，则S9－S6的最小值为　20　.‎ 解析：当q＝1时，S6－2S3＝0，不合题意，所以公比q≠1，从而由S6－2S3＝5得－＝5，从而得＝＝<0，‎ 故1－q<0，即q>1，故S9－S6＝－＝×(q6－q9)＝.令q3－1＝t>0，则S9－S6＝＝5≥20，当且仅当t＝1，即q3＝2时等号成立. ‎ ‎11. 数列{an}满足an＝2an－1＋2n＋1(n∈N*，n≥2)，a3＝27.‎ ‎(1) 求a1，a2的值；‎ ‎(2) 是否存在一个实数t，使得bn＝(an＋t)(n∈N*)，且数列{bn}为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由；‎ ‎(3) 在(2)的条件下，求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解析：(1) 由a3＝27，得27＝2a2＋23＋1，‎ 所以a2＝9.‎ 因为9＝2a1＋22＋1，所以a1＝2.‎ ‎(2) 假设存在实数t，使得数列{bn}为等差数列，‎ 则2bn＝bn－1＋bn＋1，‎ 即2×(an＋t)＝(an－1＋t)＋(an＋1＋t)，‎ 所以4an＝4an－1＋an＋1＋t，‎ 所以4an＝4×＋2an＋2n＋1＋1＋t，‎ 解得t＝1，即存在实数t＝1，使得数列{bn}为等差数列. ‎ ‎(3) 由(1)(2)得b1＝，b2＝，‎ 所以bn＝n＋，‎ 所以an＝bn·2n－1＝(2n＋1)2n－1－1.‎ Sn＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n＋1)×2n－1－1]‎ ‎＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1－n，①‎ 所以2Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n－2n.②‎ 由①－②得 ‎－Sn＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＋n ‎＝1＋2×－(2n＋1)×2n＋n＝(1－2n)×2n＋n－1，‎ 所以Sn＝(2n－1)×2n－n＋1.‎ ‎12. 已知数列{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63.‎ ‎(1) 求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2) 若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和.‎ 解析：(1) 设数列{an}的公比为q. ‎ 由已知得－＝，‎ 解得q＝2或q＝－1.‎ 又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，‎ 所以a1×＝63，解得a1＝1.‎ 所以an＝2n－1. ‎ ‎(2) 由题意得bn＝(log2an＋log2an＋1)＝(log22n－1＋log22n)＝n－，‎ 即数列{bn}是首项为，公差为1的等差数列. ‎ 设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，则 T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝＝2n2.‎ ‎13. 已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn，且对任意n∈N*，an＋1－an＝2(bn＋1－bn)恒成立.‎ ‎(1) 若An＝n2，b1＝2，求Bn；‎ ‎(2) 若对任意n∈N*，都有an＝Bn及＋＋＋…＋<成立，求正实数b1的取值范围.‎ 解析：(1) 因为An＝n2，所以a1＝1.‎ 当n≥2时，an＝An－An－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，‎ 当n＝1时，上式也成立，‎ 所以an＝2n－1.‎ 因为对任意n∈N*，an＋1－an＝2(bn＋1－bn)恒成立， ‎ 所以bn＋1－bn＝(an＋1－an)＝1，‎ 所以数列{bn}是等差数列，公差为1，首项为2，‎ 所以Bn＝2n＋×1＝n2＋n. ‎ ‎(2) 由Bn＋1－Bn＝an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝bn＋1，可得bn＋1＝2bn，所以数列{bn}是等比数列，且公比为2，‎ 所以bn＝b1·2n－1，‎ an＝Bn＝＝b1(2n－1)，‎ 所以＝＝，‎ 所以＋＋＋…＋ ‎＝[＋(－)＋…＋(－)]‎ ‎＝<成立，‎ 所以b1>3，所以b1≥3.‎