【数学】2021届一轮复习人教版（文）35数列求和作业

【数学】2021届一轮复习人教版（文）35数列求和作业

数列求和 建议用时：45分钟 一、选择题 ‎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．81　　　　C．79　　　　D．82‎ B　[an＝＝－，‎ ‎∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝.‎ 由题意知Sk＝＝9，解得k＝81，故选B.]‎ ‎2．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则它的前100项之和S100＝(　　)‎ A．150 B．120‎ C．－120 D．－150‎ A　[S100＝a1＋a2＋a3＋…＋a99＋a100‎ ‎＝－1＋4－7＋…＋(－295)＋298‎ ‎＝50×3＝150.故选A.]‎ ‎3．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n＝(　　)‎ A．13 B．10 C．9 D．6‎ D　[由an＝＝1－得 Sn＝＋＋＋…＋ ‎＝n－＝n－＝n－1＋.‎ 令n－1＋＝，即n＋＝.‎ 解得n＝6，故选D.]‎ ‎4.＋＋＋…＋的值为(　　)‎ A. B.－ C.－ D.－＋ C　[因为＝＝＝，‎ 所以＋＋＋…＋ ‎＝＝ ‎＝－.]‎ ‎5．Sn＝＋＋＋…＋等于(　　)‎ A. B. C. D. B　[由Sn＝＋＋＋…＋，①‎ 得Sn＝＋＋…＋＋，②‎ ‎①－②得，‎ Sn＝＋＋＋…＋－ ‎＝－，‎ 所以Sn＝.]‎ 二、填空题 ‎6．已知数列：1，2，3，…，，…，则其前n项和关于n的表达式为 ．‎ －＋1　[设所求的前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋＝＋＝－＋1.]‎ ‎7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为 ．‎ ‎2n＋1－n－2　[an＝1＋2＋4＋…＋2n－1＝＝2n－1，‎ 则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.]‎ ‎8．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是 ．‎ ‎2n＋1－n－2　[因为Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①‎ ‎2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②‎ 所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2.]‎ 三、解答题 ‎9．(2019·泰安模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ ‎[解]　(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.‎ 当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5(n∈N*)．‎ 设数列{bn}的公差为d.‎ 由即 可解得b1＝4，d＝3.‎ 所以bn＝3n＋1.‎ ‎(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.‎ 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，‎ 得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，‎ ‎2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，‎ 两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]‎ ‎＝3× ‎＝－3n·2n＋2.‎ 所以Tn＝3n·2n＋2.‎ ‎10．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和．‎ ‎[解]　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，‎ 故当n≥2时，‎ a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，‎ 两式相减得(2n－1)an＝2，‎ 所以an＝(n≥2)．‎ 又由题设可得a1＝2，满足上式，‎ 所以{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)记的前n项和为Sn.‎ 由(1)知＝＝－，‎ 则Sn＝－＋－＋…＋－＝.‎ ‎1．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为(　　)‎ A．990　　　　　　　 B．1 000‎ C．1 100 D．99‎ A　[n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.]‎ ‎2．设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝4，an＋1＝2Sn－4，则S10＝(　　)‎ A．2×(310－1) B．2×(310＋1)‎ C．2×(39＋1) D．4×(39－1)‎ C　[∵a1＝4，an＋1＝2Sn－4，①‎ ‎∴a2＝2a1－4＝4，‎ 当n≥2时，an＝2Sn－1－4，②‎ ‎①－②得an＋1－an＝2an，‎ ‎∴an＋1＝3an(n≥2)，‎ ‎∴{an}从第2项起是公比为3的等比数列，‎ ‎∴S10＝a1＋(a2＋a3＋…＋a10)＝4＋＝2×(39＋1)，故选C.]‎ ‎3．已知Sn为数列{an}的前n项和，对n∈N*都有Sn＝1－an，若bn＝log2an，则＋＋…＋＝ .‎ 　[对n∈N*都有Sn＝1－an，当n＝1时，a1＝1－a1，解得a1＝.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝1－an－(1－an－1)，化为an＝an－1.∴数列{an}是等比数列，公比为，首项为.‎ ‎∴an＝n.‎ ‎∴bn＝log2an＝－n.‎ ‎∴＝＝－.‎ 则＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝.]‎ ‎4．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项和为Tn，求T2n.‎ ‎[解]　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，‎ 由 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cn＝ 即cn＝ ‎∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)‎ ‎＝＋(2＋23＋…＋22n－1)‎ ‎＝1－＋ ‎＝＋(4n－1)．‎ ‎1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 020＝(　　)‎ A．22 020－1　　　　　　　B．3×21 010－3‎ C．3×21 010－1 D．3×21 009－2‎ B　[a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2.∴＝2.‎ ‎∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，‎ ‎∴S2 020＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 019＋a2 020‎ ‎＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)‎ ‎＝＋＝3×21 010－3.故选B.]‎ ‎2．已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设Tn为数列的前n项和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．‎ ‎[解]　(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，由已知得，‎ 解得或(舍去)，所以an＝n＋1.‎ ‎(2)由(1)知＝－，‎ 所以Tn＝＋＋…＋ ‎＝－＝.‎ 又λTn≤an＋1恒成立，‎ 所以λ≤＝2＋8，‎ 而2＋8≥16，当且仅当n＝2时等号成立．‎ 所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.‎