【数学】2020一轮复习北师大版（理）31　数列求和作业

【数学】2020一轮复习北师大版（理）31　数列求和作业

课时规范练 31 数列求和 基础巩固组 1.数列 1 1 2 ,3 1 4 ,5 1 8 ,7 1 16 ,…,(2n-1)+ 1 2 ,…的前 n 项和 Sn 的值等于( ) A.n2+1- 1 2 B.2n2-n+1- 1 2 C.n2+1- 1 2 - 1 D.n2-n+1- 1 2 2.(2018 河北衡水中学金卷十模,3)已知数列{an}是各项为正数的等比数列,点 M(2,log2a2),N(5,log2a5) 都在直线 y=x-1 上,则数列{an}的前 n 项和为( ) A.2n-2 B.2n+1-2 C.2n-1 D.2n+1-1 3.(2018 山东潍坊二模,4)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sn=-n2-n,则数列 2 ( +1 ) 的前 40 项的和为 ( ) A. 39 40 B.- 39 40 C. 40 41 D.- 40 41 4.已知函数 f(x)=xa 的图像过点(4,2),令 an= 1 ( +1 ) + ( ),n∈N+.记数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S2 018= . 5.(2018 浙江余姚中学 4 月模拟,17)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S5=30,S10=110. (1)求 Sn; (2)记 Tn= 1 1 + 1 2 +…+ 1 ,求 Tn. 6.(2018 山西晋城月考)已知数列{an}满足 a1=3,an+1=2an+(-1)n(3n+1). (1)求证:数列{an+(-1)nn}是等比数列; (2)求数列{an}的前 10 项和 S10. 7.(2018 山东潍坊一模,17)公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S4=10,且 a1,a3,a9 成等比 数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列 3 的前 n 项和 Tn. 综合提升组 8.(2018 广东中山期末)等比数列{an}中,已知对任意自然数 n,a1+a2+a3+…+an=2n-1,则 1 2 + 2 2 + 3 2 +…+ 2 等于( ) A.2n-1 B. 1 2 (3n-1) C. 1 3 (4n-1) D.以上都不对 9.(2018 湖北重点中学五模)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a4=4,S5=15,若数列 1 +1 的前 m 项和 为 10 11 ,则 m=( ) A.8 B.9 C.10 D.11 10.(2018 山东潍坊三模,17)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 1,an,Sn 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 an·bn=1+2nan,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 11.(2018 江西上饶三模,17)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 6Sn=3n+1+a(n∈N+). (1)求 a 的值及数列{an}的通项公式; (2)若 bn=(3n+1)an,求数列{an}的前 n 项和 Tn. 创新应用组 12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了 “解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是 20,接下来的两项是 20,21,再接下来的三项是 20,21,22,依 此类推.求满足如下条件的最小整数 N:N>100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂.那么该款软件的激 活码是( ) A.440 B.330 C.220 D.110 13.(2018 云南玉溪月考)数列{an}满足:a1= 1 4 ,a2= 1 5 ,且 a1a2+a2a3+…+anan+1= 1+1 对任何的正整数 n 都成立,则 1 1 + 1 2 +…+ 1 97 的值为( ) A.5 032 B.5 044 C.5 048 D.5 050 参考答案 课时规范练 31 数列求和 1.A 该数列的通项公式为 an=(2n-1)+ 1 2 ,则 Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+ 1 2 + 1 2 2 + … + 1 2 =n2+1- 1 2 . 2.C 由题意 log2a2=2-1=1,可得 a2=2,log2a5=5-1=4,可得 a5=16, 5 2 =q3=8 ⇒ = 2 , 1 = 1⇒ Sn= 1 - 2 1 - 2 =2n-1,故选 C. 3.D ∵Sn=-n2-n,∴a1=S1=-2. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n, 则数列{an}的通项公式为 an=-2n, 2( +1 ) = 2- 2 ( +1 )=- 1 - 1 +1 , 数列 2( +1 ) 的前 40 项的和为 S40=- 1- 1 2 + 1 2 - 1 3 +…+ 1 40 - 1 41 =- 40 41 . 4. 2 019 -1 由 f(4)=2,可得 4a=2,解得 a= 1 2 ,则 f(x)= 1 2 . ∴an= 1 ( +1 ) + ( )= 1 +1+ = + 1 - , S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=( 2 - 1 )+( 3 - 2 )+( 4 - 3 )+…+( 2 019 - 2 018 )= 2 019 -1. 5.解 (1)设{an}的首项为 a1,公差为 d,由题意得 5 = 51 + 10 = 30 , 10 = 101 + 45 = 110 ,解得 1 = 2 , = 2 , 所以 Sn=n2+n. (2) 1 = 1 ( +1 )= 1 - 1 +1 , 所以 Tn= 1- 1 2 + 1 2 - 1 3 +…+ 1 - 1 +1 =1- 1 +1 = +1 . 6.(1)证明 ∵an+1=2an+(-1)n(3n+1), ∴ +1+ (- 1 ) +1 ( +1 ) + (- 1 ) = 2+ (- 1 ) ( 3+1 )-(- 1 ) ( +1 ) + (- 1 ) = 2 [ + (- 1 ) ] + (- 1 ) =2. 又 a1-1=3-1=2, ∴数列{an+(-1)nn}是首项为 2,公比为 2 的等比数列. (2)解 由(1)得 an+(-1)nn=2×2n-1=2n,∴an=2n-(-1)nn, ∴S10=(2+22+…+210)+(1-2)+(3-4)+…+(9-10)= 2 ( 1 - 2 10 ) 1 - 2 -5=211-7=2 041. 7.解 (1)设{an}的公差为 d,由题设可得, 41 + 6 = 10 , 3 2 = 1 · 9 , ∴ 41 + 6 = 10 , ( 1 + 2 ) 2 = 1 ( 1 + 8 ),解得 1 = 1 , = 1 . ∴an=n. (2)令 cn= 3 ,则 Tn=c1+c2+…+cn= 1 3 + 2 3 2 + 3 3 3 +…+ - 1 3 - 1 + 3 , ① 1 3 Tn= 1 3 2 + 2 3 3 +…+ - 1 3 + 3 +1 , ② ①-②得: 2 3 Tn= 1 3 + 1 3 2 +…+ 1 3 - 3 +1 =1 3(1 - 1 3) 1 - 1 3 - 3 +1 = 1 2 - 1 2×3 - 3 +1 ,∴Tn= 3 4 - 2+3 4×3 . 8.C 当 n=1 时,a1=21-1=1, 当 n≥2 时,a1+a2+a3+…+an=2n-1,a1+a2+a3+…+an-1=2n-1-1, 两式做差可得 an=2n-2n-1=2n-1,且 n=1 时,21-1=20=1=a1,∴an=2n-1,故 2 =4n-1, ∴ 1 2 + 2 2 + 3 2 +…+ 2 = 1× ( 1 - 4 ) 1 - 4 = 1 3 (4n-1). 9.C Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,设公差为 d,则 4 = 4 , 5 = 15 = 53 ,解得 d=1,则 an=4+(n-4)×1=n. 由于 1 +1 = 1 ( +1 )= 1 - 1 +1 , 则 Sm=1- 1 2 + 1 2 - 1 3 +…+ 1 - 1 +1 =1- 1 +1 = 10 11 ,解得 m=10. 10.解 (1)由已知 1,an,Sn 成等差数列,得 2an=1+Sn, ① 当 n=1 时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1. 当 n≥2 时,2an-1=1+Sn-1, ② 由①-②,得 2an-2an-1=an, ∴ - 1 =2, ∴数列{an}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列, ∴an=a1qn-1=1×2n-1=2n-1. (2)由 an·bn=1+2nan 得 bn= 1 +2n, ∴Tn=b1+b2+…+bn = 1 1 +2+ 1 2 +4+…+ 1 +2n = 1 1 + 1 2 + … + 1 +(2+4+…+2n) = 1 - 1 2 1 - 1 2 +( 2+2 ) 2 =n2+n+2- 1 2 - 1 . 11.解 (1)∵6Sn=3n+1+a(n∈N+), ∴当 n=1 时,6S1=6a1=9+a; 当 n≥2 时,6an=6(Sn-Sn-1)=2×3n,即 an=3n-1, ∵{an}为等比数列,∴a1=1,则 9+a=6,a=-3, ∴{an}的通项公式为 an=3n-1. (2)由(1)得 bn=(3n+1)3n-1, ∴Tn=b1+b2+…+bn=4×30+7×31+…+(3n+1)3n-1, 3Tn=4×31+7×32+…+(3n-2)3n-1+(3n+1)3n, ∴-2Tn=4+32+33+…+3n-(3n+1)3n, ∴Tn=( 6 - 1 ) 3 +1 4 . 12.A 设数列的首项为第 1 组,接下来两项为第 2 组,再接下来三项为第 3 组,以此类推,设第 n 组的项 数为 n,则前 n 组的项数和为 ( 1+ ) 2 .第 n 组的和为 1 - 2 1 - 2 =2n-1,前 n 组总共的和为 2 ( 1 - 2 ) 1 - 2 -n=2n+1-2-n. 由题意,N>100,令 ( 1+ ) 2 >100,得 n≥14 且 n∈N+,即 N 出现在第 13 组之后.若要使最小整数 N 满 足:N>100 且前 N 项和为 2 的整数幂,则 SN- ( 1+ ) 2 应与-2-n 互为相反数,即 2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以 k=log2(n+3),解得 n=29,k=5.所以 N= 29× ( 1+29 ) 2 +5=440,故选 A. 13.B ∵a1a2+a2a3+…+anan+1=n 1+1 , ① a1a2+a2a3+…+ +1 + +1+2 =(n+1) 1+2 , ② ①-②,得- +1+2 =n 1+1 -(n+1) 1+2 , ∴ +1 +1 - +2 =4,同理得 - - 1 +1 =4, ∴ +1 +1 - +2 = - - 1 +1 , 整理得 2 +1 = 1 + 1 +2 , ∴ 1 是等差数列. ∵a1= 1 4 ,a2= 1 5 , ∴等差数列 1 的首项为 4,公差为 1, 1 =4+(n-1)×1=n+3, ∴ 1 1 + 1 2 +…+ 1 97 = 97 ( 4+100 ) 2 =5 044.