2013届人教A版理科数学课时试题及解析（30）数列求和 6页

课时作业(三十)　[第30讲　数列求和]‎ ‎[时间：45分钟　分值：100分]‎ ‎1． 已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若{log2an}是公差为－1的等差数列，且S6＝，那么a1的值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎2． 已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝(　　)‎ A．－55 B．－5‎ C．5 D．55‎ ‎3．已知函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线的斜率为3，数列的前n项和为Sn，则S2 012的值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎4．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)＝________.‎ ‎5． 已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，令bn＝(a1＋a2＋…＋an)，则数列{bn}的前10项和T10＝(　　)‎ A．70 B．75‎ C．80 D．85‎ ‎6． 已知直线(‎3m＋1)x＋(1－m)y－4＝0所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第一项与第二项，若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10＝(　　)‎ A. B. C. D. ‎7． 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． 若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝(　　)‎ A．15 B．12‎ C．－12 D．－15‎ ‎9．设m∈N*，log‎2m的整数部分用F(m)表示，则F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)的值是(　　)‎ A．8 204 B．8 192‎ C．9 218 D．以上都不对 ‎10． 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＝，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，则数列的前n项和Tn＝________.‎ ‎13． 如表所示，将数以斜线作如下分群：(1)，(2,3)，(4,6,5)，(8,12,10,7)，(16,24,20,14,9)，…，并顺次称其为第1群，第2群，第3群，第4群，…，‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎7‎ ‎9‎ ‎…‎ ‎2‎ ‎6‎ ‎10‎ ‎14‎ ‎18‎ ‎…‎ ‎4‎ ‎12‎ ‎20‎ ‎28‎ ‎36‎ ‎…‎ ‎8‎ ‎24‎ ‎40‎ ‎56‎ ‎72‎ ‎…‎ ‎16‎ ‎48‎ ‎80‎ ‎112‎ ‎144‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎(1)第7群中的第2项是________；‎ ‎(2)第n群中n个数的和是________．‎ ‎14．(10分) 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) 已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，且[3＋(－1)n]an＋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.‎ ‎16．(12分) 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，的最小值；‎ ‎②当n∈N*时，求证：＋＋…＋<；‎ ‎(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] 由题设知log2an－log2an－1＝－1，‎ ‎∴log2＝－1，即＝，‎ ‎∴{an}是以a1为首项，为公比的等比数列，‎ ‎∴S6＝＝，∴a1＝，故选A.‎ ‎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，故选C.‎ ‎3．D　[解析] 由题知f′(x)＝2x＋b，‎ ‎∴f′(1)＝2＋b＝3，∴b＝1，‎ ‎∴f(n)＝n2＋n，∴＝＝－，‎ ‎∴Sn＝＋＋…＋＝，‎ ‎∴S2 012＝，故选D.‎ ‎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(n＋2)，‎ 则bn＝n＋2，T10＝＝75，故选B.‎ ‎6．B　[解析] 将直线方程化为(x＋y－4)＋m(3x－y)＝0，‎ 令解得即直线过定点(1,3)，‎ 所以a1＝1，a2＝3，公差d＝2，∴an＝2n－1，‎ ‎∴bn＝＝，‎ ‎∴T10＝×＝×＝，故选B.‎ ‎7．A　[解析] (a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2‎ ‎＝a＋a＋…＋a＋2(a1＋a2＋…＋a50)＋50＝107，‎ ‎∴a＋a＋…＋a＝39，‎ ‎∴a1，a2，…，a50中取零的项应为50－39＝11个，故选A.‎ ‎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(1 024)‎ ‎＝F(1)＋[F(2)＋F(3)]＋[F(4)＋F(5)＋F(6)＋F(7)]＋…＋F(1 024)‎ ‎＝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＋9×210，②‎ ‎①－②得 ‎－S＝2＋22＋…＋29－9×210＝－9×210＝210－2－9×210＝－213－2，‎ ‎∴S＝213＋2，∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)＝213＋12＝8 204，故选A.‎ ‎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＝2n－2＋2＝2n.‎ ‎∴Sn＝＝2n＋1－2.‎ ‎11．－120　[解析] 由已知，得an＝＝－，则 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－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·　[解析] 根据公式法Sn＝－＝(4n＋1－3·2n＋1＋2)＝(2n＋1－1)(2n＋1－2)＝(2n＋1－1)(2n－1)，‎ 故＝·.‎ 由于(2n＋1－1)－(2n－1)＝2n，‎ 所以＝· ‎＝，‎ 所以Tn＝－＋－＋…＋－＝1－＝3·.‎ ‎13．(1)96　(2)3·2n－2n－3　[解析] (1)第7群中的第2项是第2列中的第6个数，为3×26－1＝96；‎ ‎(2)第n群中n个数分别是1×2n－1,3×2n－2,5×2n－3，…，(2n－1)×2n－n.设第n群中n个数的和为Sn，所以Sn＝1×2n－1＋3×2n－2＋5×2n－3＋…＋(2n－1)×2n－n.利用错位相减法可求得Sn＝3·2n－2n－3.‎ ‎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，∴＋bn＝1×2n－1＝2n－1，‎ ‎∴bn＝2n－1－＝2n－1－，‎ ‎∴Tn＝(1＋21＋22＋…＋2n－1)－ ‎＝－＝(2n－1)－1＋＝2n－.‎ ‎15．[解答] (1)由已知得a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝.‎ 当n为奇数时，an＋2＝an＋2，则an＝n；‎ 当n为偶数时，an＋2＝an，‎ 则an＝a2·－1＝.‎ 因此，数列{an}的通项公式为an＝ ‎(2)因为bn＝a2n－1·a2n，则 Sn＝1·＋3·2＋5·3＋…＋(2n－3)·n－1＋(2n－1)·n，‎ Sn＝1·2＋3·3＋5·4＋…＋(2n－3)·n＋(2n－1)·n＋1，‎ 两式相减得 Sn＝1·＋22＋…＋n－(2n－1)·n＋1‎ ‎＝＋－(2n－1)·n＋1‎ ‎＝－(2n＋3)n＋1，‎ ‎∴Sn＝3－(2n＋3)·n.‎ ‎【难点突破】‎ ‎16．[解答] (1)①∵a1＝1，d＝2，‎ ‎∴Sn＝na1＋＝n2，‎ ＝n＋≥2＝16，‎ 当且仅当n＝，即n＝8时，上式取等号，‎ 故的最小值是16.‎ ‎②证明：由①知Sn＝n2，‎ 当n∈N*时，＝＝，‎ ＋＋…＋ ‎＝＋＋…＋ ‎＝＋＋…＋－＋＋…＋＋ ‎＝，‎ ‎∵＋>0，‎ ‎∴＋＋…＋<<.‎ ‎(2)对∀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，‎ 恒有即 从而⇔d＝，1≤a1<.‎ 当d＝，1≤a1<时，‎ 对∀n∈N*，且n≥2时，当正整数m