2020_2021学年新教材高中数学4数列习题课数列求和课时作业含解析新人教A版选择性必修第二册.doc

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课时作业(十一)数列求和[练基础]1．在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值()A．13 B．－76 C．46 D．76 2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n－1，则a＋a＋a＋a＋…＋a＝()A．(2n－1)2 B.(2n－1)C．4n－1 D.(4n－1)3．设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项和为Sn，则Sn＝()A．2n B．2n－n C．2n＋1－n D．2n＋1－n－2 4．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于()A．0 B．100 C．－100 D．10 200 5．已知数列{an}中，an＝4×(－1)n－1－n(n∈N*)，则数列{an}的前2n项和S2n＝________.6．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.[提能力]7．(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n项和为Tn，则下列结论错误的是()A．Sn＝2Tn B．Tn＝2bn＋1 C．Tn>an D．Tn<bn＋1 8．在等差数列{an}中，a2＝8，S6＝66，bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，则Tn＝________.9．在①a3＝5，a2＋a5＝6b2；②b2＝2，a3＋a4＝3b3；③S3＝9，a4＋a5＝8b2，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知等差数列{an}的公差为d(d>1)，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q，________.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式．(2)记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.[战疑难]10．设数列{an}的前n项和为Sn，称Tn＝为数列a1，a2，a3，…，an的“理想数”，已知数列a1，a2，a3，a4，a5的理想数为2 020，则数列2，a1，a2，…，a5的“理想数”为()A．1 685 B．2 020 C.D.课时作业(十一)数列求和1．解析：∵S15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29.S22＝(－4)×11＝－44.S31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61.∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.故选B.答案：B 2．解析：由an＝Sn－Sn－1(n≥2)可以求出an＝2n－1.由等比数列的性质知数列{a}是等比数列，此数列的首项是1，公比是22，则S′n＝＝(4n－1)．答案：D 3．解析：因为an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，所以Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.故选D.答案：D 4．解析：由题意得a1＋a2＋…＋a100＝(12－22)＋(－22＋32)＋(32－42)＋(－42＋52)＋…＋(992－1002)＋(－1002＋1012)＝－(1＋2)＋(2＋3)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.答案：B 5．解析：S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝[4(－1)0－1]＋[4(－1)1－2]＋[4(－1)2－3]＋…＋[4(－1)2n－1－2n]＝4[(－1)0＋(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)2n－1]－(1＋2＋3＋…＋2n)＝－＝－n(2n＋1)．答案：－n(2n＋1)6．解析：因为2Sn＝(n＋1)an，当n≥2时，2Sn－1＝nan－1两式相减得：2an＝(n＋1)an－nan－1即(n－1)an＝nan－1，所以当n≥2时，＝.所以＝＝2，即an＝2n.(2)证明：因为an＝2n，bn＝，n∈N*，所以bn＝＝＝－.所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝1－＝，因为>0，所以1－<1.又因为f(n)＝在N*上是单调递减函数，所以1－在N*上是单调递增函数．所以当n＝1时，Tn取最小值，所以≤Tn<1.7．解析：根据题意，对于数列{an}点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，则有Sn＋3＝3×2n，即Sn＝3×2n－3①当n≥2时，由①得Sn－1＝3×2n－1－3②①－②得an＝(3×2n－3)－(3×2n－1－3)＝3×2n－1③当n＝1时，a1＝S1＝3×2－3＝3，验证可得当n＝1时，a1＝3符合③式，则an＝3×2n－1，设等比数列{bn}的公比为q，又等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，故当n＝1时，有b1＋b2＝b1(1＋q)＝3④当n＝2时，有b2＋b3＝b2(1＋q)＝b1q(1＋q)＝6⑤联立④⑤，解得b1＝1，q＝2，则bn＝2n－1，则有Tn＝＝2n－1，据此分析选项：对于A，Sn＝3×2n－3＝3(2n－1)，Tn＝2n－1，则有Sn＝3Tn，故A错误；对于B，Tn＝2n－1，bn＝2n－1，Tn＝2bn－1，故B错误；对于C，当n＝1，T1＝2－1＝1，a1＝3×20＝3，Tn>an不成立，故C错误；对于D，Tn＝2n－1，bn＋1＝2n，则有Tn<bn＋1，故D正确，综上，选项A，B，C错误，故选ABC.答案：ABC 8．解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意得解得则an＝2n＋4，因此bn＝＝－，所以Tn＝＋＋…＋＝－＝.答案：9．解析：方案一：选条件①(1)∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d>1∴解得或(舍去)∴∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1 bn＝b1qn－1＝2n－1(2)∵cn＝∴cn＝＝(2n－1)×n－1∴Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－3)×n－2＋(2n－1)×n－1∴Tn＝＋3×2＋5×3＋…＋(2n－3)×n－1＋(2n－1)×n∴Tn＝1＋2－(2n－1)×n＝1＋2×－(2n－1)×n＝3－(2n＋3)×n∴Tn＝6－(2n＋3)×n－1方案二：选条件②(1)∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d>1∴∴解得或(舍去)∴∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1 bn＝b1qn－1＝2n－1(2)∵cn＝∴cn＝＝(2n－1)×n－1∴Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－3)×n－2＋(2n－1)×n－1∴Tn＝＋3×2＋5×3＋…＋(2n－3)×n－1＋(2n－1)×n∴Tn＝1＋2－(2n－1)×n＝1＋2×－(2n－1)×n＝3－(2n＋3)×n∴Tn＝6－(2n＋3)×n－1方案三：选条件③∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d>1∴解得或(舍去)即∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1 bn＝b1qn－1＝2n－1(2)∵cn＝∴cn＝＝(2n－1)×n－1∴Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－3)×n－2＋(2n－1)×n－1∴Tn＝＋3×2＋5×3＋…＋(2n－3)×n－1＋(2n－1)×n∴Tn＝1＋2－(2n－1)×n＝1＋2×－(2n－1)×n＝3－(2n＋3)×n∴Tn＝6－(2n＋3)×n－1 10．解析：因为数列a1，a2，…，a5的“理想数”为2 020，所以＝2 020，即S1＋S2＋S3＋S4＋S5＝5×2 020，所以数列2，a1，a2，…，a5的“理想数”为＝＝.故选D.答案：D。