04 第37讲　数列求和 【答案】作业高考数学练习

这是一份04 第37讲　数列求和 【答案】作业高考数学练习，共5页。试卷主要包含了D　[解析] 方法一等内容，欢迎下载使用。

2.B [解析] 因为an=1n2+n=1n(n+1)=1n-1n+1,所以S9=1-12+12-13+…+19-110=1-110=910,故选B.
3.C [解析] ∵an=2n-1,n=2k-1,k∈N*,5n+1,n=2k,k∈N*,∴S10=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8+a10)=(1+5+9+13+17)+(11+21+31+41+51)=45+155=200.故选C.
4.A [解析] S2023=a1+(a2+a3+a4)+(a5+a6+a7)+…+(a2018+a2019+a2020)+(a2021+a2022+a2023)=11012+41012+71012+…+20201012+20231012=675×(1+2023)2×1012=675.故选A.
5.C [解析] an=1n+n+1=n+1-n,故Sn=a1+a2+…+an=2-1+3-2+…+n+1-n=n+1-1=9,解得n=99.故选C.
6.n·2n+1 [解析] Sn=2×21+3×22+…+(n+1)2n①,2Sn=2×22+3×23+…+(n+1)2n+1②,由②-①得Sn=-4-(22+23+…+2n)+(n+1)2n+1=n·2n+1.
7.D [解析] 方法一:由题意,设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=3n-1,当n=1时,a1=S1=31-1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-1-3n-1+1=2·3n-1,∵当n=1时,a1=2也满足上式,∴an=2·3n-1,n∈N*,∴an2=(2·3n-1)2=4·9n-1,n∈N*,∴数列{an2}是以4为首项,9为公比的等比数列.设数列{an2}的前n项和为Tn,则Tn=4-4·9n1-9=9n-12.故选D.
方法二:由题知{an}的前n项和满足等比数列前n项和公式的形式,∴数列{an}为等比数列,且其公比q=3,a11-q=-1,解得a1=2.∵a12=4,q2=9,∴数列{an2}是以4为首项,9为公比的等比数列,设数列{an2}的前n项和为Tn,则Tn=4-4·9n1-9=9n-12.故选D.
8.C [解析] 由an+2+(-1)n(n+1)2an=2,依次令n=1,2,可得a3-a1=2,a4-a2=2,两式相加可得a3+a4=4;依次令n=3,4,可得a5+a3=2,a6+a4=2,两式相加得a6+a5=0;依次令n=5,6,可得a7-a5=2,a8-a6=2,两式相加得a7+a8=4.归纳推理可得a4k-3+a4k-2=0,a4k-1+a4k=4,k∈N*,所以对任意的k∈N*,a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k=4,所以数列{an}的前100项的和为4×25=100.故选C.
9.C [解析] 依题意,可得an+1=2an+1(n∈N*),所以an+1+1=2(an+1)>0,即an+1+1an+1=2,故数列{an+1}为等比数列,其首项为a1+1=2,公比也为2,所以an+1=2·2n-1=2n,所以an=2n-1,所以nan=n·2n-n,所以Tn=1×21+2×22+…+n·2n-(1+2+…+n)=1×21+2×22+…+n·2n-n(n+1)2.令Hn=1×21+2×22+…+n·2n,则2Hn=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,两式相减得-Hn=21+22+…+2n-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1,所以Hn=(n-1)·2n+1+2,所以Tn=(n-1)·2n+1+2-n(n+1)2.故选C.
10.B [解析] 因为an+1=2n+34n+2an,所以an+12n+3=12·an2n+1,而a12+1=12,所以an2n+1是首项为12,公比为12的等比数列,所以an2n+1=12n,即an=2n+12n,所以Sn=32+522+723+…+2n+12n,12Sn=322+523+724+…+2n+12n+1,两式相减得12Sn=32+222+223+…+22n-2n+12n+1=32+121-12n-11-12-2n+12n+1,所以Sn=5-(2n+5)12n.由(-1)nλ-52;当n为偶数时,有λ<51-12n恒成立,所以λ<154.综上,λ的取值范围为-52,154.故选B.
11.ACD [解析] 令n=1,则2S1a1=a12+1,即2a12=a12+1,即a12=1,由an>0,得a1=1.当n≥2时,2Sn(Sn-Sn-1)=(Sn-Sn-1)2+1,即Sn2-Sn-12=1,又S12=a12=1,故{Sn2}是首项为1,公差为1的等差数列,则Sn2=1+n-1=n.由an>0得Sn>0,故Sn=n,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n-n-1,又a1=1也适合该式,故an=n-n-1(n∈N*).对于A,a2022a2023=(2022-2021)×(2023-2022)=12022+2021×12023+2022<1,A正确;对于B,a2023=2023-2022<2023,B错误;对于C,S2023=2023>2022,C正确;对于D,当n≥2时,1Sn=1n<2n+n-1=2(n-n-1),故1S1+1S2+1S3+…+1S100<1+2×(2-1)+2×(3-2)+…+2×(100-99)=1+2×(-1+10)=19,D正确.故选ACD.
12.1538 [解析] 因为当n≥2时,(n-1)an=2nan-1,所以ann=2·an-1n-1,令bn=ann,则bn=2bn-1,n≥2,又b1=a1=2,所以数列{bn}为等比数列,其公比为2,首项为2,所以bn=2n,则an=n·2n,所以S=a1+a2+…+a7=2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×26+7×27,2S=22+2×23+3×24+4×25+5×26+6×27+7×28,所以-S=2+22+…+27-7×28=2×(1-27)1-2-7×28=-6×28-2,即S=6×28+2=1538.
13.2n-12(2n+1) [解析] 由题意得,Sn=2an-2,当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,两式相减得an=2an-2an-1,即an=2an-1,而a1=S1=2a1-2,解得a1=2,因此数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,则an=2×2n-1=2n,所以an(an+1)(an+2)=2n(2n+1)(2n+2)=2×2n(2n+1+2)(2n+2)=2[(2n+1+2)-(2n+2)](2n+1+2)(2n+2)=212n+2-12n+1+2,所以Tn=2121+2-122+2+122+2-123+2+…+12n+2-12n+1+2=214-12n+1+2=2n-12(2n+1).
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(进群送往届全部资料)14.解:(1)∵Sn=n2+n,∴当n=1时,a1=S1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n,经验证,a1=2满足an=2n,
∴an=2n(n∈N*).
(2)∵bn=2n-1,∴b1=1,bn+1bn=2n2n-1=2,∴数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,∴Tn=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)=(n2+n)+1×(1-2n)1-2=n2+n+2n-1.
15.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
由a1+3d=4,10a1+45d=55,解得a1=1,d=1,所以an=n.
lg2b1+lg2b2+…+lg2bn=n(n+1)2①,
当n≥2时,lg2b1+lg2b2+…+lg2bn-1=(n-1)n2②,
①-②得lg2bn=n(n≥2),则bn=2n(n≥2),当n=1时,lg2b1=1,则b1=2,满足上式,所以bn=2n.
(2)记cn=(-1)nanbn=(-1)nn·2n=n(-2)n,
则Tn=(-2)1+2×(-2)2+3×(-2)3+…+n·(-2)n,
-2Tn=(-2)2+2×(-2)3+…+n(-2)n+1,
两式相减得3Tn=(-2)1+(-2)2+(-2)3+…+(-2)n-n(-2)n+1=-2[1-(-2)n]3-n(-2)n+1,
故Tn=-2-(3n+1)(-2)n+19.
16.解:(1)由题意得,Snan+1-Snan=-12,所以Sn+1-an+1an+1-Snan=-12,即Sn+1an+1-Snan=12.又S1a1=1,所以数列Snan是以1为首项,12为公差的等差数列,所以Snan=n+12,即Sn=n+12an,所以Sn+1=n+22an+1,两式相减得an+1=n+22an+1-n+12an,即n2an+1=n+12an,所以an+1n+1=ann=…=a11=1,因此{an}的通项公式为an=n.
(2)证明:由(1)可得bn=12n,则bn-bn+1bn=12n-12(n+1)12n=12·1n·(n+1).因为1n·(n+1)=1n·n+1·n+1=1n+1·1n·n+1,且1n·n+1=1n-1n+11n+1-n=(n+1+n)1n-1n+1,1n+1×(n+1+n)=n+1+nn+1=1+nn+1<2,所以1n·(n+1)=1n+1·1n·n+1=1n+1·(n+1+n)1n-1n+1<21n-1n+1,所以b1-b2b1+b2-b3b2+…+bn-bn+1bn<211-12+12-13+…+1n-1n+1=21-1n+1<2.