高三数学第一轮复习课时作业(30)数列求和

课时作业(三十)第30讲数列求和时间：45分钟分值：100分基础热身1．2011·海口调研设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝72，则a2＋a4＋a9的值是()A．24B．19C．36D．402．2011·广州二模已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝()A．－55B．－5C．5D．553．已知函数f(x)＝x2＋bx的图像在点A(1，f(1))处的切线的斜率为3，数列1f(n)的前n项和为Sn，则S2012的值为()A.20072008B.20102011C.20092010D.201220134．已知函数f(x)对任意x∈R，都有f(x)＝1－f(1－x)，则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝________.能力提升5．2011·阳泉一调已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，令bn＝1n(a1＋a2＋…＋an)，则数列{bn}的前10项和T10＝()A．70B．75C．80D．856．2011·海南省四校二模已知数列{an}的通项公式an＝log3nn＋1(n∈N*)，设其前n项和为Sn，则使Sn－4成立的最小自然数n等于()A．83B．82C．81D．807．2011·连云港模拟设a1，a2，…，a50是从－1,0,1这三个整数中取值的数列，若a1＋a2＋…＋a50＝9且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝107，则a1，a2，…，a50当中取零的项共有()A．11个B．12个C．15个D．25个8．2011·安徽卷若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝()A．15B．12C．－12D．－159．设m∈N*，log2m的整数部分用F(m)表示，则F(1)＋F(2)＋…＋F(1024)的值是()A．8204B．8192C．9218D．以上都不对10．2011·淮北联考对于数列{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＝________.11．数列{an}的通项公式为an＝1n＋n＋1，其前n项之和为10，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为________．12．已知数列{an}的通项公式是an＝4n－2n，其前n项和为Sn，则数列2nSn的前n项和Tn＝________.13．已知函数f(x)＝3x2－2x，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数f(x)的图像上，bn＝3anan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，则使得Tn＜m20对所有n∈N*都成立的最小正整数m等于________．14．(10分)2011·厦门质检在等差数列{an}中，a2＝4，其前n项和Sn满足Sn＝n2＋λn(λ∈R)．(1)求实数λ的值，并求数列{an}的通项公式；(2)若数列1Sn＋bn是首项为λ、公比为2λ的等比数列，求数列{bn}的前n项和Tn.15．(13分)2011·新余二模已知数列{an}满足a1＝1，a2＝12，且3＋(－1)nan＋2－2an＋2(－1)n－1＝0，n∈N*.(1)求a3，a4，a5，a6的值及数列{an}的通项公式；(2)设bn＝a2n－1·a2n(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.难点突破16．(12分)2011·深圳一模设数列{an}是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn.(1)已知a1＝1，d＝2，①求当n∈N*时，Sn＋64n的最小值；②当n∈N*时，求证：2S1S3＋3S2S4＋…＋n＋1SnSn＋2516；(2)是否存在实数a1，使得对任意正整数n，关于m的不等式am≥n的最小正整数解为3n－2？若存在，求a1的取值范围；若不存在，请说明理由．课时作业(三十)【基础热身】1．A解析S9＝9(a1＋a9)2＝72，a1＋a9＝16，得a5＝8，所以a2＋a4＋a9＝a5－3d＋a5－d＋a5＋4d＝3a5＝24.2．C解析由an＝(－1)n(n＋1)，得a1＋a2＋a3＋…＋a10＝－2＋3－4＋5－6＋7－8＋9－10＋11＝5.3．D解析由题知f′(x)＝2x＋b，∴f′(1)＝2＋b＝3，∴b＝1，∴f(n)＝n2＋n，∴1f(n)＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝nn＋1，∴S2012＝20122013.4．3解析由条件可知f(x)＋f(1－x)＝1，其中x＋(1－x)＝1，∴f(－2)＋f(3)＝1，f(－1)＋f(2)＝1，f(0)＋f(1)＝1，设M＝f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)，则M＝f(3)＋f(2)＋f(1)＋f(0)＋f(－1)＋f(－2)，两式相加，得2M＝6，即M＝3.【能力提升】5．B解析由已知an＝2n＋1，得a1＝3，a1＋a2＋…＋an＝n(3＋2n＋1)2＝n(n＋2)，则bn＝n＋2，T10＝10(3＋12)2＝75.6．C解析Sn＝log31－log32＋log32－log33＋…＋log3n－log3(n＋1)＝－log3(n＋1)－4，解得n34－1＝80.7．A解析(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝a21＋a22＋…＋a250＋2(a1＋a2＋…＋a50)＋50＝107，∴a21＋a22＋…＋a250＝39，∴a1，a2，…，a50中取零的项应为50－39＝11个．8．A解析a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)＝3×5＝15.9．A解析∵F(m)为log2m的整数部分，∴当2n≤m≤2n＋1－1时，f(m)＝n，∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1024)＝F(1)＋F(2)＋F(3)＋F(4)＋F(5)＋F(6)＋F(7)＋…＋F(1024)＝0＋2×1＋4×2＋…＋2k×k＋…＋29×9＋10.设S＝1×2＋2×22＋…＋k×2k＋…＋9×29，①则2S＝1×22＋…＋8×29＋9×210，②①－②得－S＝2＋22＋…＋29－9×210＝2(1－29)1－2－9×210＝210－2－9×210＝－213－2，∴S＝213＋2，∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1024)＝213＋12＝8204.10．2n＋1－2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＋1－2.11．－120解析由已知，得an＝1n＋n＋1＝，故选An＋1－n，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1，∴n＋1－1＝10，解得n＝120，即直线方程化为121x＋y＋120＝0，故直线在y轴上的截距为－120.12．3·2n－12n＋1－1解析根据公式法Sn＝4(1－4n)1－4－2(1－2n)1－2＝13(4n＋1－3·2n＋1＋2)＝13(2n＋1－1)(2n＋1－2)＝23(2n＋1－1)(2n－1)，故2nSn＝32·2n(2n＋1－1)(2n－1).由于(2n＋1－1)－(2n－1)＝2n，所以2nSn＝32·(2n＋1－1)－(2n－1)(2n＋1－1)(2n－1)＝3212n－1－12n＋1－1，所以Tn＝32121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n－1－12n＋1－1＝321－12n＋1－1＝3·2n－12n＋1－1.13．10解析由Sn＝3n2－2n，得an＝6n－5，又∵bn＝3anan＋1＝1216n－5－16n＋1，∴Tn＝121－17＋17－113＋…＋16n－5－16n＋1＝121－16n＋1＜12，要使121－16n＋1＜m20对所有n∈N*成立，只需m20≥12，∴m≥10，故符合条件的最小正整数m＝10.14．解答(1)∵a2＝S2－S1＝(4＋2λ)－(1＋λ)＝3＋λ，∴3＋λ＝4，∴λ＝1.∴a1＝S1＝2，d＝a2－a1＝2，∴an＝2n.(2)由已知，∵λ＝1，∴1Sn＋bn＝1×2n－1＝2n－1，∴bn＝2n－1－1n(n＋1)＝2n－1－1n－1n＋1，∴Tn＝(1＋21＋22＋…＋2n－1)－1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－2n1－2－1－1n＋1＝(2n－1)－1＋1n＋1＝2n－2n＋1n＋1.15．解答(1)由已知得a3＝3，a4＝14，a5＝5，a6＝18.当n为奇数时，an＋2＝an＋2，则an＝n；当n为偶数时，an＋2＝12an，则an＝a2·12n2－1＝12n2.因此，数列{an}的通项公式为an＝n，n＝2k－1，12n2，n＝2k.(2)因为bn＝a2n－1·a2n，则Sn＝1·12＋3·122＋5·123＋…＋(2n－3)·12n－1＋(2n－1)·12n，12Sn＝1·122＋3·123＋5·124＋…＋(2n－3)·12n＋(2n－1)·12n＋1，两式相减得12Sn＝1·12＋2122＋…＋12n－(2n－1)·12n＋1＝12＋214－12n＋11－12－(2n－1)·12n＋1＝32－(2n＋3)12n＋1，∴Sn＝3－(2n＋3)·12n.【难点突破】16．解答(1)①∵a1＝1，d＝2，∴Sn＝na1＋n(n－1)d2＝n2，Sn＋64n＝n＋64n≥2n×64n＝16，当且仅当n＝64n，即n＝8时，上式取等号，故Sn＋64n的最小值是16.②证明：由①知Sn＝n2，当n∈N*时，n＋1SnSn＋2＝n＋1n2(n＋2)2＝141n2－1(n＋2)2，2S1S3＋3S2S4＋…＋n＋1SnSn＋2＝14112－132＋14122－142＋…＋141n2－1(n＋2)2＝14112＋122＋…＋1n2－14132＋142＋…＋1(n＋1)2＋1(n＋2)2＝14112＋122－1(n＋1)2－1(n＋2)2，∵1(n＋1)2＋1(n＋2)20，∴2S1S3＋3S2S4＋…＋n＋1SnSn＋214112＋122516.(2)对任意n∈N*，关于m的不等式am＝a1＋(m－1)d≥n的最小正整数解为cn＝3n－2，当n＝1时，a1＋(c1－1)d＝a1≥1；当n≥2时，恒有a1＋(cn－1)d≥n，a1＋(cn－2)dn，即(3d－1)n＋(a1－3d)≥0，(3d－1)n＋(a1－4d)0.从而3d－1≥0，(3d－1)×2＋(a1－3d)≥0，3d－1≤0，(3d－1)×2＋(a1－4d)0，⇔d＝13，1≤a143.当d＝13，1≤a143时，对任意n∈N*，且n≥2时，当正整数mcn时，有a1＋m－13a1＋cn－13，所以a1＋m－13n，所以存在这样的实数a1，且a1的取值范围是1，43.