数列求和课时提升作业含答案解析Word文档格式.docx
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4.(2014·
西安模拟)若数列{an}为等比数列,且a1=1,q=2,则Tn=
+
+…+
的结果可化为( )
A.1-
B.1-
5.数列{an}的通项公式an=2[n-(-1)n],设此数列的前n项和为Sn,则S10-S21+S100的值是( )
A.9746B.4873C.9736D.9748
6.(能力挑战题)若数列{an}满足
-
=d(n∈N*,d为常数),则称数列{an}为“调和数列”.已知正项数列
为“调和数列”,且b1+b2+…+b9=90,则b4·
b6的最大值是( )
A.10B.100C.200D.400
二、填空题(每小题6分,共18分)
7.对正整数n,若曲线y=xn(1-x)在x=2处的切线与y轴交点的纵坐标为an,则数列
的前n项和为.
8.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=2,{an}的“差数列”的通项公式
为2n,则数列{an}的前n项和Sn=.
9.(2014·
武汉
模拟)已知数列
{
an}的各项均为正整数,Sn为其前n项和,对于n=1,2,3,…,有an+1=
其中k是使an+1为奇数的正整数,an为偶数.
(1)当a3=5时,a1的最小值为________.
(2)当a1=1时,S1+S2+…+S10=__
______.
三、解答题(10~11题各15分,12题16分)
10.(2014·
恩施模拟)已知数列{bn}中,b1+2b2+…+2n-1bn=2n2+n.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{bn}的
前n项和Sn.
11.(2013·
湖南高考)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1≠0,2an-a1=S1·
Sn,n∈N*.
(1)求a1,a2,并求数列{an}的通项公式.
(2)求数列{nan}的前n项和.
12.(能力挑战题)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=
Sn=n2an-n(n
-1),n=1,2,…
(1)证明:
数列
是等差数列,并求Sn.
(2)设
bn=
求证:
b1+b2+…+bn<
.
答案解析
1.【解析】选D.因为数列{(-1)n}是首项与公比均为-1的等比数列,
所以Sn=
=
选D.
2.【解析】选C.设等比数列的公比为q,
则当公比q=1时,由a1=1得,9S3=9×
3=27,
而S6=6,两者不相等,故不合题意.
所以q≠1,又a1=1,9S3=S6,
所以9×
解之得q=2,
所以
的前5项和为1+
3.【解析】选B.an=
f
所以a1+a2+…+a8=f
.故选B.
4.【解析】选C.an=2n-1,设bn=
则Tn=b1+b2+b3+…+bn
5.【解析】选A.当n为奇数时,an=2(n+1);
当n为偶数时,an=2(n-1),
故有S10=
×
5+
5=60+50=110,
S21=
11+
10=464,
S100=
50+
50=10100.
故S10-S21+S100=9746.
【方法技巧】数列求和的思路
(1)等差数列和等比数列的前n项和公式是求和的基础;
一般数列的求和问题往往通
过变形整理,转化为这两类特殊数列的和的问题.例如一类特殊数列的求和通过倒序相加法或错位相减法变形后,就可以转化为这两类数列的求和问题.
(2)观察数列的特点是变形的基础.给定的数列有其自身的特点和规律,根据数列的特点和规律选择合适的方法变形是解题
的突破口.
6.【解析】选B.因为正项数列
为“调和数列”,
所
以bn+1-bn=d(n∈N*,d为常数),
即数列{bn}为等差数列.
由b1+b2+…+b9=90得
=90,
即b1+b9=20,
所以b4+b6=b1+b9=20,又bn>
0,
b4·
b6≤
=100,
当且仅当b4=b6时等号成立.
因此b4·
b6的最大值是100.
7.【解析】
由题意,得y′=nxn-1-(n+1)xn,
故曲线y=xn(1-x)在x=2处的切线的斜率为k=n×
2n-1-(n+1)2n,
切点为(2,-2n),
所以切线方程为y+2n=k(x-2).
令x=0得an=(n+1)2n,即
=2n,
则数列
的前n项和为2+22+23+…+2n=2n+1-2.
答案:
2n+1-2
8.【解析】因为an+1-an=2n,
所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=2n-1+2n-2+…+22+2+2
+2
=2n-2+2=2n.
=2n+1-2.
9
.【
解析】
(1)a2=3a1+5,a3=
⇒a1=
因为k是使an+1为奇数的正整数而a3为奇数,所以当k=2时a1取最小值为5.
(2)由a1=1⇒a2=3a1+5=8⇒a3=
显然要使a3为奇数则k=3,所以a3=1.于是该数列就是1,8,1,8,…为一摆动数列,所以S1+S2+…+S10=10a1+9a2+8a3+…+a10=(10+8+6+4+2)×
1+(9+7+5+3+1)×
8=230.
答案:
(1)5
(2)230
10.【解析】
(1)当n≥2时,
b1+2b2+…+2n-1bn=2n2+n ①
b1+2b2+…+2n-2bn-1=2(n-1)2+n-1 ②
①-②得:
2n-1bn=4n-1,
所以bn=
(n≥2),
当n=1时,b1=3,满足上式,
故bn=
(2)Sn=3+7·
+…+(4n-1)·
③
Sn=3·
+7·
+…+(4n-5)·
+(4n-1)
④
两式相减,得
Sn=3+4
-(4n-1)
所以Sn=14-
11.【思路点拨】
(1)本题是利用递推关系
an=
求数列的通项公式.
(2)根据第
(1)问可知应利用错位相减法求数列前n项和.
【解析】
(1)令n=1,得2a1-a1=
因为a1≠0,
所以a1=1,
令n=2,得2a2-1=S2=1+a2,解得a2=2
.当n≥2时,由2an-1=Sn,
2an-1-1=Sn-1,两式相减,整理得an=2an-1,于是数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以,an=2n-1.
(2)由
(1)知nan=n2n-1,记其前n项和为Tn,于是
Tn=1+2×
2+3×
22+…+n×
2n-1①,
2Tn=1×
2+2×
22+3×
23+…+n×
2n②,
①-
②得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n×
2n=2n-1-n×
2n,
从而Tn=1+(n-1)·
2n.
【加固训练】设数列{an}的前n项
和为
Sn=n2,{bn}为等比数列,且a1=b1,b2(a2-a1)=b1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)设cn=an·
bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
(1)a1=S1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1
=n2-(n-1)2
=2n-1,a1适合上式,
所以an=2n-1,n∈N*.
因为b1=a1=1,b2=
又{bn}为等比数列,
所以其公比q=
n∈N*.
(2)cn=an·
所以Tn=1+
①
Tn=
. ②
①-②,得
Tn=1+1+
=3-
所以Tn=6-
12.【解析】
(1)由S
n=n2an-n(n-1)知,
当n≥2时,Sn=n2
(Sn-Sn-1)-n(n-1),
即(n2-1)Sn-n2Sn-1=n(n-1),
Sn-
Sn-1=1,对n≥2成立.
又
S1=1,
是首项为1,公差为1的等差数列.
Sn=1+(n-1)·
1,所以Sn=
(2)bn=
所以b1+b2+…+bn
<
【加固训练】已知数列{an}满足a1=3,an+1-3an=3n(n∈N*),数列{bn}满足bn=3-nan.
(1)求证:
数列{bn}是等差数列.
(2)设Sn=
求满足不等式
的所有正整数n的值.
(1)由bn=3-n
an得an=3nbn,
则an+1=3n+1bn+1.
代入an+1-3an=3n中,得3n+1bn+1-3n+1bn=3n,
即得bn+1-bn=
所以数列{bn}是等差数列.
(2)因为数列{bn}是首项为b1=3-1a1=1,公
差为
的等差数列,
则bn=1+
(n-1)=
则an=3nbn=(n+2)×
3n-1,
从而有
=3n-1,
故Sn=
=1+3+32+…+3n-1=
则
由
得
即3<
3n<
127,得1<
n≤4.
故满足不等式
的所有正整数n的值为2,3,4.
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