高考复习《数列求和》课时作业6.4

这是一份高考复习《数列求和》课时作业6.4，共8页。

1．将棱长相等的正方体按下图所示的形状摆放，从上往下依次为第1层，第2层，第3层，…，则第2 018层正方体的个数共有( )
A．2 018 B．4 028
C．2 037 171 D．2 009 010
C 设上往下各层的正方体数目组成数列{an}
由题得：a2－a1＝2，
a3－a2＝3
…
an－an－1＝n.
把上面各式相加得：an－a1＝2＋3＋4＋…＋n
所以an＝a1＋2＋3＋…＋n＝1＋2＋3＋…＋n
＝eq \f(n（n＋1）,2).
故a2 018＝eq \f(2 018（2 018＋1）,2)＝2 037 171.故选C.
2．(2020·长春调研)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17等于( )
A．9 B．8
C．17 D．16
A S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17
＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.
3．(2020·成都期末)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是( )
A．18 B．8
C．5 D．2
C ∵a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，
∴a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，
a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，
a9＝3－1＝2，……，
∴{an}是周期为6的周期数列，
∵100＝16×6＋4，
∴S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.
4．(2020·高安中学模拟)已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于( )
A．5 B．6
C．7 D．16
C 根据题意这个数列的前8项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C.
5．(2020·深圳调研)已知函数f(n)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2，n为奇数，,－n2，n为偶数，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 B．100
C．－100 D．10 200
B 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.故选B.
6．(2020·河北“五个一”名校联盟诊断)已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancs nπ}的前2 020项的和为( )
A．1 009 B．1 010
C．2 019 D．2 020
D 设{an}的公差为d，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋6d＝a1＋3d＋7，,a1＋9d＝19，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))∴an＝2n－1，设bn＝ancs nπ，
则b1＋b2＝a1cs π＋a2cs 2π＝2，
b3＋b4＝a3cs 3π＋a4cs 4π＝2，……，
∴数列{ancs nπ}的前2 020项的和为(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 019＋b2 020)＝2×eq \f(2 020,2)＝2 020.
7．(2020·武汉质检)设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝eq \f(1,6)，a2＝eq \f(1,54)，则数列{3nan}的前15项和为________．
解析 等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝eq \f(1,3)，第二项为6a2＝eq \f(1,9)，故公比为eq \f(1,3)，所以(n2＋n)an＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(1,3n)，所以an＝eq \f(1,3n（n2＋n）)，则3nan＝eq \f(1,n2＋n)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，其前n项和为1－eq \f(1,n＋1)，n＝15时，为1－eq \f(1,16)＝eq \f(15,16).
答案 eq \f(15,16)
8．(2020·商丘质检)有穷数列1，1＋2，1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．
解析 由题意知所求数列的通项为eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为eq \f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－2－n.
答案 2n＋1－2－n
9．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n项和为10，则项数n为________．
解析 ∵an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(eq \r(2)－1)＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)－eq \r(n))
＝eq \r(n＋1)－1.
令eq \r(n＋1)－1＝10，得n＝120.
答案 120
10．(2020·安阳模拟)已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝________．
解析 由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，
∴bn＝(－3)×(－4)n－1，
∴|bn|＝3×4n－1，
即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列，
∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝eq \f(3（1－4n）,1－4)＝4n－1.
答案 4n－1
11．(2018·浙江卷)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
解 (1)由a4＋2是a3，a5的等差中项，
得a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，
解得a4＝8.
由a3＋a5＝20，得8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＋\f(1,q)))＝20，
解得q＝2或q＝eq \f(1,2).
因为q>1，所以q＝2.
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))解得cn＝4n－1.
由(1)可得an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，
故bn－bn－1＝(4n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－2)，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)
＝(4n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－2)＋(4n－9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－3)＋…＋7×eq \f(1,2)＋3.
设Tn＝3＋7×eq \f(1,2)＋11×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋…＋(4n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－2)，n≥2，
则eq \f(1,2)Tn＝3×eq \f(1,2)＋7×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋…＋(4n－9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－2)＋(4n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，
所以eq \f(1,2)Tn＝3＋4×eq \f(1,2)＋4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋…＋4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－2)－(4n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，
因此Tn＝14－(4n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－2)，n≥2.
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－2).
12．(2020·安徽江南十校联考)已知数列{an}与{bn}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn，且{an}为正项等比数列，a1＝2，b3＝b2＋4.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝eq \f(an,bnbn＋1)，Tn为数列{cn}的前n项和，求证：Tn<1.
(1)解 ∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn，①
∴当n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2bn－1.②
①－②，得an＝2(bn－bn－1)(n≥2)，
∴a3＝2(b3－b2)＝8.
设{an}的公比为q，则a1q2＝8.
又a1＝2，an>0，∴q＝2，
∴{an}的通项公式为an＝2×2n－1＝2n.
∴2bn＝21＋22＋23＋…＋2n＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2，
∴{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明 由已知，得cn＝eq \f(an,bnbn＋1)＝eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21－1)－\f(1,22－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＝1－eq \f(1,2n＋1－1)<1.
[技能过关提升]
13．(2020·石家庄模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＋Sn＝eq \f(n2－19n,2)(n∈N*)，若a10A．10 B．9
C．11 D．12
A ∵Sn＋1＋Sn＝eq \f(n2－19n,2)(n∈N*)，
∴Sn＋Sn－1＝eq \f(（n－1）2－19（n－1）,2)(n≥2且n∈N*)，两式作差得an＋1＋an＝n－10(n≥2且n∈N*)，
当n＝10时，a11＋a10＝0，又a10∴a10<0S10且S9>S10，
又S12－S10＝a12＋a11＝11－10＝1>0，
∴由选项可得：Sn取最小值时n的值为10，故选A.
14．(2020·山西太原一模)在数列{an}中，a1＝0，an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，若数列{bn}满足bn＝neq \r(an＋1＋1)×eq \f(8,11)n，则数列{bn}的最大项为第________项．
解析 因为an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，所以an－an－1＝2n－1(n∈N*，n≥2)，所以根据叠加法得an＝(2n－1)＋(2n－3)＋…＋3＋a1＝n2－1(n≥2)，又n＝1时，a1＝0满足上式，所以an＝n2－1(n∈N*)，所以bn＝n(n＋1)×eq \f(8,11)n，因为eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(8（n＋2）,11n)，所以当n≤5时，bn＋1＞bn，当n≥6时，bn＋1＜bn，因此数列{bn}的最大项为第6项．
答案 6
15．(2020·长郡中学联考)数列bn＝ancs eq \f(nπ,3)的前n项和为Sn，已知S2 017＝5 710，S2 018＝4 030，若数列{an}为等差数列，则S2 019＝________．
解析 设数列{an}是公差为d的等差数列，
a1cs eq \f(π,3)＋a2cs eq \f(2π,3)＋a3cs π＋a4cs eq \f(4π,3)＋a5cs eq \f(5π,3)＋a6cs 2π＝eq \f(1,2)(a1－a2)＋eq \f(1,2)(a5－a4)－a3＋a6＝－a3＋a6.
由S2 017＝5 710，S2 018＝4 030，
可得5 710＝－(a3＋a9＋…＋a2 013)＋(a6＋a12＋…＋a2 010＋a2 016)＋eq \f(1,2)a2 017，
4 030＝－(a3＋a9＋…＋a2 013)＋(a6＋a12＋…＋a2 010＋a2 016)＋eq \f(1,2)a2 017－eq \f(1,2)a2 018，
两式相减可得a2 018＝3 360，
由5 710＝1 008d＋eq \f(1,2)(3 360－d)，解得d＝4，
则an＝a2 018＋(n－2 018)×4＝4n－4 712，
可得S2 019＝4 030－a2 019＝4 030－(4×2 019－4 712)＝666.
答案 666
16．(2020·河南洛阳模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a3＝5，a1，a2，a3成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,aeq \\al(2,n)＋4n－2)，Sn是数列{bn}的前n项和，若对任意正整数n，不等式2Sn＋(－1)n＋1·a＞0恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)因为a3＝5，a1，a2，a5成等比数列，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,（a1＋d）2＝a1（a1＋4d），))解得a1＝1，d＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)因为bn＝eq \f(1,aeq \\al(2,n)＋4n－2)＝eq \f(1,（2n－1）2＋4n－2)＝eq \f(1,4n2－1)
＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)
＝eq \f(1,2)eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,2)1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2)eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(1,2)1－eq \f(1,2n＋1)，
依题意，对任意正整数n，
不等式1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a＞0，
当n为奇数时，1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a＞0
即a＞－1＋eq \f(1,2n＋1)，
所以a＞－eq \f(2,3)；
当n为偶数时，1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a＞0
即a＜1－eq \f(1,2n＋1)，所以a＜eq \f(4,5).
所以实数a的取值范围是－eq \f(2,3)，eq \f(4,5).