20202021学年高中数学第一章数列12等差数列1222an与Sn的关系及裂项求和法课后习题含解析

1第2课时an与Sn的关系及裂项求和法课后篇巩固探究A组1.已知数列{an}的前n项和Sn=,则a5的值等于()A.B.-C.D.-解析:a5=S5-S4==-.答案:B2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S5=15,则数列{}的前100项和为()A.B.C.D.解析:∵S5==15,∴a1=1,∴d=----=1,∴an=1+(n-1)×1=n,∴.设{}的前n项和为Tn,则T100=+…+=1-+…+=1-.答案:A3.设{an}(n∈N+)是等差数列,Sn是其前n项和,且S5S6,S6=S7S8,则下列结论错误的是()A.d0B.a7=0C.S9S5D.S6和S7均为Sn的最大值解析:由S5S6得a1+a2+…+a5a1+a2+…+a5+a6,∴a60.又S6=S7,∴a1+a2+…+a6=a1+a2+…+a6+a7,∴a7=0,故B正确;同理由S7S8,得a80,又d=a7-a60,故A正确;由C选项中S9S5,即a6+a7+a8+a90,2可得2(a7+a8)0.而由a7=0,a80,知2(a7+a8)0不可能成立,故C错误;∵S5S6,S6=S7S8,∴S6与S7均为Sn的最大值,故D正确.故选C.答案:C4.数列{-}的前n项和Sn为()A.B.C.()D.解析:-(-),于是Sn=(---…-)().答案:C5.设函数f(x)满足f(n+1)=(n∈N+),且f(1)=2,则f(20)为()A.95B.97C.105D.192解析:∵f(n+1)=f(n)+,∴f(n+1)-f(n)=.∴f(2)-f(1)=,f(3)-f(2)=,……f(20)-f(19)=,∴f(20)-f(1)=…=95.又f(1)=2,∴f(20)=97.答案:B6.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n,第k项满足5ak8,则k=.解析:an=Sn-Sn-1=(n2-9n)-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10(n≥2,又a1=S1=-8符合上式,所以an=2n-10.令52k-108,解得k9.3又k∈N+,所以k=8.答案:87.设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=-,且a4=54,则a1=.解析:因为a4=S4-S3=--=27a1,所以27a1=54,解得a1=2.答案:28.数列1,,…,…,…的前n项和Sn=.解析:因为…==2(-),所以Sn=1++…+…=2[(-)(-)(-)…(-)]=2(-).答案:9.正项数列{an}满足-(2n-1)an-2n=0.(1)求数列{an}的通项公式an;(2)令bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由-(2n-1)an-2n=0,得(an-2n)(an+1)=0,即an=2n或an=-1,由于{an}是正项数列,故an=2n.(2)由(1)知an=2n,所以bn=(-),故Tn=(--…-)(-).10.导学号33194014已知等差数列{an}的前n项和为Sn,n∈N+,且a3+a6=4,S5=-5.(1)求an;(2)若Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,求T5的值和Tn的表达式.解(1)设{an}的首项为a1,公差为d,易由a3+a6=4,S5=-5得出a1=-5,d=2.∴an=2n-7.(2)当n≥4时,an=2n-70;当n≤3时,an=2n-70,4∴T5=-(a1+a2+a3)+a4+a5=13.当1≤n≤3时,Tn=-(a1+a2+…+an)=-n2+6n;当n≥4时,Tn=-(a1+a2+a3)+a4+a5+…+an=n2-6n+18.综上所述,Tn={-,,-,B组1.若等差数列{an}的通项公式为an=2n+1,则由bn=…所确定的数列{bn}的前n项之和是()A.n(n+2)B.n(n+4)C.n(n+5)D.n(n+6)解析:由题意知a1+a2+…+an==n(n+2),∴bn==n+2.于是数列{bn}的前n项和Sn=n(n+5).答案:C2.已知一个等差数列共n项,且其前四项之和为21,末四项之和为67,前n项和为286,则项数n为()A.24B.26C.25D.28解析:设该等差数列为{an},由题意,得a1+a2+a3+a4=21,an+an-1+an-2+an-3=67,又a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3,∴4(a1+an)=21+67=88,∴a1+an=22.∴Sn==11n=286,∴n=26.答案:B3.已知数列{an}满足a1=1,an=an-1+2n(n≥2,则a7=()A.53B.54C.55D.109解析:∵an=an-1+2n,∴an-an-1=2n.∴a2-a1=4,a3-a2=6,a4-a3=8,…,an-an-1=2n(n≥2.∴an=1+4+6+…+2n=1+-=n2+n-1.∴a7=72+7-1=55.答案:C54.已知数列{an}为,…,+…+,…,如果bn=,那么数列{bn}的前n项和Sn为()A.B.C.D.解析:∵an=…,∴bn==4(-),∴Sn=4[(-)(-)…(--)(-)]=4(-).答案:B5.已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+n+1,则an=.解析:当n=1时,a1=S1=3;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n+1-[(n-1)2+(n-1)+1]=2n.此时,当n=1时,2n=2≠3.所以an={,答案:{,6.导学号33194015设Sn是等差数列{an}的前n项和,已知S6=36,Sn=324,若Sn-6=144(n6),则数列的项数n为.解析:由题意可知{…,-…--,①②由①+②,得(a1+an)+(a2+an-1)+…+(a6+an-5)=216,∴6(a1+an)=216,∴a1+an=36.∴Sn==18n=324,∴n=18.答案:187.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an=+2(n-1)(n∈N+).(1)求证:数列{an}为等差数列,并求an与Sn;(2)是否存在自然数n,使得S1++…+-(n-1)2=2019?若存在,求出n的值;若不存在,请说明理由.(1)证明由an=+2(n-1),得Sn=nan-2n(n-1)(n∈N+).当n≥2时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1),即an-an-1=4,故数列{an}是以1为首项,4为公差的等差数列.6于是,an=4n-3,Sn==2n2-n.(2)解存在自然数n使得S1++…+-(n-1)2=2019成立.理由如下:由(1),得=2n-1(n∈N+),所以S1++…+-(n-1)2=1+3+5+7+…+(2n-1)-(n-1)2=n2-(n-1)2=2n-1.令2n-1=2019,得n=1010,所以存在满足条件的自然数n为1010.8.导学号33194016数列{an}的前n项和Sn=100n-n2(n∈N+).(1)求证{an}是等差数列;(2)设bn=|an|,求数列{bn}的前n项和.(1)证明an=Sn-Sn-1=(100n-n2)-[100(n-1)-(n-1)2]=101-2n(n≥2.∵a1=S1=100×1-12=99=101-2×1,∴数列{an}的通项公式为an=101-2n(n∈N+).又an+1-an=-2为常数,∴数列{an}是首项a1=99,公差d=-2的等差数列.(2)解令an=101-2n≥0,得n≤50.5.∵n∈N+,∴n≤50n∈N+).①当1≤n≤50时an0,此时bn=|an|=an,∴{bn}的前n项和Sn'=100n-n2;②当n≥51时an0,此时bn=|an|=-an,由b51+b52+…+bn=-(a51+a52+…+an)=-(Sn-S50)=S50-Sn,得数列{bn}的前n项和为Sn'=S50+(S50-Sn)=2S50-Sn=2×2500-(100n-n2)=5000-100n+n2.由①②得数列{bn}的前n项和为Sn'={-,且∈,-,且∈