课时（三十八）数列求和作业

课时作业(三十八)数列求和一、单项选择题1．数列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16),…，(2n－1)＋eq\f(1,2n)的前n项和Sn的值等于()A．n2＋1－eq\f(1,2n)B．2n2－n＋1－eq\f(1,2n)C．n2＋1－eq\f(1,2n－2)D．n2－n＋1－eq\f(1,2n)2．已知等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))首项为1，公差为2，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))满足bn＝2n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋bn))的前n项和为Tn,则T10＝()A．2147B．1123C．1078D．6113．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝0，a2＝1，an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋an－2，n≥3，n为奇数，,2×an－2，n≥3，n为偶数，))则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前10项和为()A．48B．49C．50D．514．在数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＝－29，an＋1＝an＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，则|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝()A．10B．145C．300D．3205．已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝2，an＋an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))n，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))前2023项和为()A．－1013B．－1012C．1012D．10136．(能力题)[2023·广东广州模拟]若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足an＝(－1)n－1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，则eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前2022项和为()A．eq\f(1,2022)B．eq\f(1,2023)C．eq\f(2021,2022)D．eq\f(2022,2023)7．(能力题)数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋23＋…＋2n－1，…的前n项和为()A．2n－n－1B．2n＋1－n－2C．2nD．2n＋1－n二、填空题8．若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)))))的前n项和为Sn，若Sn·Sn＋1＝eq\f(2,3)，则正整数n的值为________．9．[2023·北京四中模拟]在数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＝1，an·an＋1＝－2，则S100＝________．10．已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和Sn＝n2－6n，则eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(|an|))的前n项和Tn＝________．三、解答题11．[2023·河北保定模拟]已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(3n＋1－3,2).(1)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)设bn＝eq\f(4,log3an·log3an＋1)，求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n项和Tn.12．[2023·辽宁鞍山模拟]在①Sn＝2n－3n－1；②an＋1＝2an＋3，a1＝－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，且________(只需填入序号).(1)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)若bn＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋3))，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n项和Tn.13．[2023·河南洛阳模拟]已知正项数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＋Sn＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))满足bn·bn＋1＝2an且b1＝2.(1)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n项和Tn.优生选做题14．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则f(x)＝[x]称为高斯函数．已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝1，且(n＋1)an＋1－nan＝2n＋1，若bn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lgan))，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n项和为Tn，则T2022＝()A．4950B．4953C．4956D．495915．已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足eq\f(a1－1,a1)·eq\f(a2－1,a2)·…·eq\f(an－1,an)＝eq\f(1,an).(1)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)在ak和ak＋1，k∈N*中插入k个相同的数(－1)k＋1·k，构成一个新数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))：a1，1，a2，－2，－2，a3，3，3，3，a4，…，求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前45项和S45.课时作业（三十八）数列求和1．解析：可得Sn＝1＋3＋5＋…＋（2n－1）＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq\f(1,2n).故选A.答案：A2．解析：由题意，an＝2n－1，an＋bn＝2n－1＋2n－1，所以T10＝eq\f(10（1＋19）,2)＋eq\f(1－210,1－2)＝100＋210－1＝1123.故选B.答案：B3．解析：因为n≥3且n为奇数时an＝2＋an－2，所以所有奇数项构成a1为首项，2为公差的等差数列，又因为n≥3且n为偶数时，an＝2an－2，即所有偶数项构成a2为首项，2为公比的等比数列，所以a1＋a2＋a3＋…＋a10＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＋a5＋a7＋a9))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋a4＋a6＋a8＋a10))＝eq\f(（0＋8）×5,2)＋eq\f(1－25,1－2)＝51.故选D.答案：D4．解析：在数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＝－29，an＋1＝an＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是首项为－29，公差为3的等差数列，∴an＝－29＋（n－1）×3＝3n－32，由an＝3n－32≥0，得n≥eq\f(32,3)，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋…＋a10))＋a11＋a12＋…＋a20＝S20－2S10＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20a1＋\f(20×19,2)×d))－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10a1＋\f(10×9,2)d))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20×（－29）＋190×3))－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10×（－29）＋45×3))＝300.故选C.答案：C5．解析：由题意可知，当n为偶数时，an＋an＋1＝（－1）n＝1，因此，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))前2023项和为S2023＝a1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋a3))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a4＋a5))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2022＋a2023))＝2＋1×1011＝1013.故选D.答案：D6．解析：当n为奇数时，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，当n为偶数时，an＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，∴S2022＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,4)))－…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2021)＋\f(1,2022)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2022)＋\f(1,2023)))＝1－eq\f(1,2023)＝eq\f(2022,2023).故选D.答案：D7．解析：设此数列的第n项为an，则an＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－2＋2n－1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))前n项和为：a1＋a2＋…＋an＝21－1＋22－1＋…＋2n－1＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2n)),1－2)－n＝2n＋1－n－2，n∈N*.故选B.答案：B8．解析：∵eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，∴Sn·Sn＋1＝eq\f(n,n＋1)·eq\f(n＋1,n＋2)＝eq\f(n,n＋2)，∴eq\f(n,n＋2)＝eq\f(2,3)⇒n＝4.答案：49．解析：根据题意，由a1＝1，a1a2＝－2，得a2＝－2，又a2a3＝－2，得a3＝1，a3a4＝－2，得a4＝－2，…，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中所有的奇数项均为1，所有的偶数项均为－2，所以S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100＝1－2＋…＋1－2＝50×（－1）＝－50.答案：－5010．解析：由Sn＝n2－6n可得，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))eq\s\up12(2)＋6（n－1）＝2n－7.当n＝1时，Sn＝－5＝a1，也满足上式，所以an＝2n－7，n∈N*.所以当n≤3时，an<0；当n>3时，an>0，故1≤n≤3时，Tn＝－Sn＝6n－n2；当n>3时，Tn＝Sn－2S3＝n2－6n＋18，即Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6n－n2，1≤n≤3，,n2－6n＋18，n>3.))答案：Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6n－n2，1≤n≤3，,n2－6n＋18，n>3))11．解析：（1）因为Sn＝eq\f(3n＋1－3,2)，故当n＝1时，a1＝3，当n≥2时，Sn－1＝eq\f(3n－3,2)，则an＝Sn－Sn－1＝3neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n≥2))，当n＝1时，a1＝3满足上式，所以an＝3n.（2）由（1）得bn＝eq\f(4,log3an·log3an＋1)＝eq\f(4,n（n＋1）)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×（1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)）＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(4n,n＋1).故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n项和Tn＝eq\f(4n,n＋1).12．解析：（1）若选①：由Sn＝2n－3n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3n－1－[2n－1－3（n－1）－1]＝2n－1－3，当n＝1时，a1＝S1＝－2满足上式，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为an＝2n－1－3.若选②：由an＋1＝2an＋3，可得an＋1＋3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋3))，又由a1＝－2，可得a1＋3＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋3))是以a1＋3＝1为首项，2为公比的等比数列，所以an＋3＝2n－1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为an＝2n－1－3.（2）由（1）得bn＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋3))＝n·2n－1，可得Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，则2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，两式相减，可得－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝eq\f(1－2n,1－2)－n·2n＝（1－n）2n－1，所以Tn＝（n－1）2n＋1.13．解析：（1）因为Sn＋1＋Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)，①当n＝1时，S2＋S1＝aeq\o\al(2,2)，即a2＋2a1＝aeq\o\al(2,2)，又a1＝1，所以a2＝2或a2＝－1（舍去）当n≥2时，Sn＋Sn－1＝aeq\o\al(2,n)，②所以①－②，an＋1＋an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1＋an))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1－an))，因为an>0，所以an＋1－an＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是首项为1，公差为1的等差数列，即an＝n，所以bn·bn＋1＝2an＝2n，当n＝1时，b1·b2＝2，又b1＝2，所以b2＝1，当n≥2时，bn－1·bn＝2n－1，两式相除可得eq\f(bn＋1,bn－1)＝2，所以当n为奇数时，bn＝2×2eq\s\up6(\f(n－1,2))＝2eq\s\up6(\f(n＋1,2))，当n为偶数时，bn＝1×2eq\f(n,2)－1＝2eq\f(n,2)－1，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\s\up6(\f(n＋1,2))，n为奇数，,2\f(n,2)－1，n为偶数．))（2）当n为偶数时，Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2\s\up6(\f(n,2)))),1－2)＋eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2\s\up6(\f(n,2)))),1－2)＝3×2eq\s\up6(\f(n,2))－3；当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋bn＝3×2eq\s\up6(\f(n－1,2))－3＋2eq\s\up6(\f(n＋1,2))＝5×2eq\s\up6(\f(n－1,2))－3，所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3×2\s\up6(\f(n,2))－3，n为偶数,5×2\s\up6(\f(n－1,2))－3，n为奇数)).14．解析：由（n＋1）an＋1－nan＝2n＋1，且a1＝1，根据累加法可得：nan＝nan－（n－1）an－1＋（n－1）an－1－（n－2）an－2＋…＋2a2－a1＋a1＝n2，所以an＝n.所以bn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lgan)).当1≤n≤9时，bn＝0；当10≤n≤99时，bn＝1