2014高考文科数学课时作业31

1课时作业(三十一)数列求和A级1．设{an}是公比为q的等比数列，Sn是其前n项和，若{Sn}是等差数列，则q为()A．－1B．1C．±1D．02．已知数列{an}：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若bn＝1anan＋1，那么数列{bn}的前n项和Sn为()A.nn＋1B．4nn＋1C．3nn＋1D．5nn＋13．数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十项，且其和为240，则a1＋…＋ak＋…＋a10的值为()A．31B．120C．130D．1854．已知函数f(n)＝n2当n为奇数时，－n2当n为偶数时，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于()A．0B．100C．－100D．102005．等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和Sn.则“d|a1|”是“Sn的最小值为S1，且Sn无最大值”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不是充分条件也不是必要条件6．在等差数列{an}中，Sn表示前n项和，a2＋a8＝18－a5，则S9＝________.7．数列32，94，258，6516，…的前n项和Sn为________．8．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则Sn＝a1＋a2＋…＋an的取值范围是________．9．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”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.10．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.(1)求数列{an}的通项公式；2(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.11．若数列{an}满足：a1＝23，a2＝2,3(an＋1－2an＋an－1)＝2.(1)证明数列{an＋1－an}是等差数列；(2)求使1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＞52成立的最小的正整数n.B级1．(2012·福建卷)数列{an}的通项公式an＝ncosnπ2，其前n项和为Sn，则S2012等于()A．1006B．2012C．503D．02．设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10＝________.3．(2012·银川质检)在等比数列{an}中，an＞0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100，又4是a4与a6的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，求数列{|bn|}的前n项和Sn.详解答案课时作业(三十一)A级31．B据题意可知，2S2＝S1＋S3，故2(a1＋a1q)＝a1＋(a1＋a1q＋a1q2)，即a1q＝a1q2，∵a1≠0，q≠0，∴q＝1.故选B.2．Ban＝1＋2＋3＋…＋nn＋1＝n2，∴bn＝1anan＋1＝4nn＋1＝41n－1n＋1，∴Sn＝41－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝41－1n＋1＝4nn＋1.3．Ca1＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)＝240－2＋20×102＝240－110＝130.4．B由题意，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…[phone]＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.故选B.5．A因为等差数列{an}中，Sn＝na1＋n2(n－1)d＝d2n2＋a1－d2n，若Sn的最小值为S1，且Sn无最大值时，必满足d0且－a1－d22×d2≤1，即d≥－2a1，且d0，故d|a1|可推导条件成立，而条件成立不能推出d|a1|成立，所以选A.6．解析：由等差数列的性质，a2＋a8＝18－a5，即2a5＝18－a5，∴a5＝6，又∵S9＝a1＋a9×92＝9a5＝54.答案：547．解析：∵32＝1＋12，94＝2＋14，258＝3＋18，6516＝4＋116，…∴Sn＝32＋94＋258＋6516＋…＋n＋12n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋12＋122＋123＋…＋12n＝nn＋12＋121－12n1－12＝nn＋12＋1－12n.答案：nn＋12＋1－12n8．解析：因为{an}是等比数列，所以可设an＝a1qn－1.4因为a2＝2，a5＝14，所以a1q＝2a1q4＝14，解得a1＝4q＝12.所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝4×1－12n1－12＝8－8×12n.因为0＜12n≤12，所以4≤Sn＜8.答案：[4,8)9．解析：∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n－2＋2＝2n.∴Sn＝2－2n＋11－2＝2n＋1－2.答案：2n＋1－210．解析：(1)由已知，当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.(2)由bn＝nan＝n·22n－1知，Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，①从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1，②①－②得，(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，＝21－4n1－4－n·22n＋1＝－13[(3n－1)22n＋1＋2]，即Sn＝19[(3n－1)22n＋1＋2]．11．解析：(1)证明：由3(an＋1－2an＋an－1)＝2可得：an＋1－2an＋an－1＝23，即(an＋1－an)－(an－an－1)＝23，∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝43为首项，23为公差的等差数列．(2)由(1)知an＋1－an＝43＋23(n－1)＝23(n＋1)，于是累加求和得：an＝a1＋23(2＋3＋…＋n)＝13n(n＋1)，∴1an＝31n－1n＋1，5∴1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＝3－3n＋1＞52，∴n＞5.∴最小的正整数n为6.B级1．A因cosnπ2呈周期性出现，则观察此数列求和规律，列项如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，此4项的和为2.a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，此4项的和为2.依次类推，得S2012＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a2009＋a2010＋a2011＋a2012)＝20124×2＝1006.故选A.2．解析：an＝n＋1，bn＝2n－1，∴ab1＋ab2＋…＋ab10＝a1＋a2＋a22＋a23＋…＋a29＝1＋1＋2＋1＋22＋1＋23＋1＋…＋29＋1＝10＋(1＋2＋22＋…＋29)＝10＋1－2101－2＝10＋210－1＝1033.答案：10333．解析：(1)∵a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100，∴a24＋2a4a6＋a26＝100，∴(a4＋a6)2＝100，又an＞0，∴a4＋a6＝10，∵4是a4与a6的等比中项，∴a4a6＝16，而q∈(0,1)，∴a4＞a6，∴a4＝8，a6＝2，∴q＝12，a1＝64，∴an＝64·12n－1＝27－n.(2)bn＝log2an＝7－n，则数列{bn}的前n项和为Tn＝n13－n2，∴当1≤n≤7时，bn≥0，∴Sn＝n13－n2.当n≥8时，bn＜0，∴Sn＝b1＋b2＋…＋b7－(b8＋b9＋…＋bn)＝－(b1＋b2＋…＋bn)＋2(b1＋b2＋…＋b7)，＝－n13－n2＋2×7×62＝n2－13n＋842，6∴Sn＝13n－n221≤n≤7且n∈N*，n2－13n＋842n≥8且n∈N*.