人教A版普通高中数学一轮复习43课时练习含答案

课时质量评价(四十三)1．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n-1·(4n－3)，则它的前100项和S100等于()A．200 B．－200C．400 D．－400B解析：S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.2．(2024·曲靖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，设a1＝12，anan＋1＝an－1，则S2024A．12 B．3C．20212 C解析：由题可知anan＋1＝an－1，an≠0，得an＋1＝an又a1＝12，得a2＝12−112＝－1，a3＝−1−1−1＝2，a4＝2−12＝1故数列{an}是以3为周期的周期数列．因为2024÷3＝674……2，则S2024＝674(a1＋a2＋a3)＋a1＋a2＝202123．已知数列{an}的通项公式是an＝2n−12n，其前n项和Sn＝A．13 B．10C．9 D．6D解析：由an＝2n−12Sn＝1−12＋1−14＋1−＝n－1＝n－121−12n令n－1＋12n＝32164，即n＋12n4．已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n+1an＝2，则其前100项和Sn等于()A．250 B．200C．150 D．100D解析：由题知当n为奇数时，an＋an＋1＝2，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝2×50＝100.5．已知函数y＝f(x)满足f(x)＋f(1－x)＝1，若数列{an}满足an＝f(0)＋f1n＋f2n＋…＋fn−1n＋f(1)，则数列{A．230 B．115C．110 D．100B解析：an＝f(0)＋f1n＋f2n＋…＋fn−1n＋fan＝f(1)＋fn−1n＋fn−2n＋…＋f1n＋f又因为f(x)＋f(1－x)＝1，①＋②，得2an＝n＋1，所以an＝n+12所以{an}的前20项和为S20＝a1＋a2＋…＋a20＝22＋32＋…＋212＝20×1＋20×196．(多选题)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.记cn＝an，n为奇数，bn，n为偶数，A．an＝2n－1B．bn＝2nC．S9＝1409D．S2n＝2n2－n＋43(4nABD解析：设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)．由题意得1+d+2q=7，1+2d+2所以an＝2n－1，bn＝2n，故A，B正确．c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以数列{cn}的前2n项和S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝n1+4n−32＋41−4n1−4＝2n2－n＋43(4n－1)，S97．已知数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4，则a12+1020解析：因为数列{an}为等比数列，a1＝2，a3＝4，所以q2＝a3a1＝2，所以an2＝(a1qn-1)2＝4×(q2)n-1＝4×2n-1＝2n+18．数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝bn+1bn＝2，n∈N*，则数列{b_(a_n)}的前n13(4n－1)解析：因为an＋1－an＝bn+1bn＝2，a1＝b1＝1，所以数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1×2n-1数列{b_(a_n)}的前n项和为b＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝20＋22＋24＋…＋22n-2＝1−4n1−4＝19．已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2an＋1－3n+2，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，由题意得S即4解得a1=2，所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.(2)由(1)知an＝2n，所以bn＝4(n＋1)－3n+2，所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n+2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n+2)＝4n·2+n+12－271−3n1−3＝2n2＋6n10．(新定义)已知数列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，即此数列第一项是20，接下来两项是20，21，再接下来三项是20，21，22，依此类推，设Sn是此数列的前n项和，则S2024等于()A．264＋190 B．263＋190C．264＋62 D．263＋62A解析：将数列分组：第一组有一项，和为20；第二组有两项，和为20＋21；……第n组有n项，和为20＋21＋…＋2n-1＝1−2n1−2则前63组共有63×642所以S2024＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋262)＋20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＋27＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(263－1)＋(28－1)＝(2＋22＋…＋263)－63＋255＝2×1−26311．设i是虚数单位，则2i＋3i2＋4i3＋…＋2020i2019的值为()A．－1010－1010i B．－1011－1010iC．－1011－1012i D．1011－1010iB解析：设S＝2i＋3i2＋4i3＋…＋2020i2019，则iS＝2i2＋3i3＋4i4＋…＋2019i2019＋2020i2020，两式相减可得(1－i)S＝2i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2019－2020i2020＝i＋i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2019－2020i2020＝i＋i1−i20191−i－2020i2020＝i＋i1+i1−i－2020＝i＋i1+i212．数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝．7解析：由题意知an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)，所以(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＋(a14＋a16)＝5＋17＋29＋41＝92.当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)，所以当k≥2时，a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)＝a1＋2＋8＋14＋…＋[6(k－1)－4]＝a1＋2+6k−10k−12＝a1＋(3k－4)(k－1)，当k＝1时上式也成立，所以a2k－1＝a1＋(3k－4)(k－1)(k∈N*)，即a2k－1＝a1＋3k2－7k＋4(k∈N(方法一)所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋3×(12＋22＋32＋…＋82)－7×(1＋2＋3＋…＋8)＋4×8＝8a1＋3×8×8+1×2×8+16－7×1+8×82＋32＝8a1＋612－252＋32＝8a1＋392.又前16项和为540，所以92＋8(方法二)所以a2k－1＝a1＋(3k2＋3k＋1)－10k＋3＝a1＋[(k＋1)3－k3]－10k＋3，所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋(23－13)＋(33－23)＋…＋(93－83)－10×1+8×82＋3×8＝8a1＋93－13－360＋24＝8a1＋392.又前16项和为540，所以92＋8a1＋392＝540，解得a13．已知f(x)＝21+x2(x∈R)，若等比数列{an}满足a1a2020＝1，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a20202020解析：因为f(x)＝21+x2(x所以f(x)＋f1x＝21+x2＋21+因为等比数列{an}满足a1a2020＝1，所以a1a2020＝a2a2019＝…＝a2020a1＝1，所以f(a1)＋f(a2020)＝f(a2)＋f(a2019)＝…＝f(a2020)＋f(a1)＝2，所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2020)＝2020.14．已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝an+1，n为奇数，2an，n为偶数(n∈(1)证明：数列{bn＋2}为等比数列，并求出{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前2n项和．(1)证明：由题意，知bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2bn＋2，则bn＋1＋2＝2(bn＋2)．又b1＋2＝a1＋2＝4，所以bn+1即{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，故bn＋2＝4·2n-1＝2n+1，所以bn＝2n+1－2.(2)解：数列{an}的前2n项和为S2n＝a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a1＋a3＋…＋a2n－1＋n)＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋n＝2(b1＋b2＋…＋bn)＋n＝2×(22＋23＋…＋2n+1－2n)＋n＝2×41−2n1−2－3n＝2n+315．记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝(－1)n·log223an+4−43，求数列{b解：(1)当n＝1时，由Sn＝2an－2n＋1，可得a1＝S1＝2a1－2＋1，即有a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2(n－1)－1，即an＝2an－1＋2，可得an＋2＝2(an－1＋2)．显然an－1＋2≠0，则an又a1＋2＝3，所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2