数学选择性必修 第二册4.3 等比数列当堂达标检测题

课时跟踪检测 （十）  数列求和

1．数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和为(　　)

A．2100－101  B.299－101

C．2100－99  D.299－99

解析：选A　由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，所以前99项的和为S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝－99＝2100－101.

2．数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数为(　　)

A．11  B.99

C．120  D.121

解析：选C　∵an＝＝－，

∴Sn＝a1＋a2＋…＋an

＝(－1)＋(－)＋…＋(－)

＝－1，

令－1＝10，得n＝120.

3．已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于(　　)

A．15  B.12

C．－12  D.－15

解析：选A　∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.

4．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)

A．0  B.100

C．－100  D.10 200

解析：选B　由题意可得，当n为奇数时，an＝f(n)＋f(n＋1)＝n2－(n＋1)2＝－2n－1；

当n为偶数时，an＝f(n)＋f(n＋1)＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1.

所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝[－2×(1＋3＋5＋…＋99)－50]＋[2×(2＋4＋6＋…＋100)＋50]＝100，故选B.

5．已知函数y＝loga(x－1)＋3(a＞0，a≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项，若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10＝(　　)

A.  B.

C．1  D.

解析：选B　∵对数函数y＝logax的图象过定点(1,0)，

∴函数y＝loga(x－1)＋3的图象过定点(2,3)，则a2＝2，a3＝3，故an＝n，∴bn＝＝－，∴T10＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选B.

6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 020＝________.

解析：∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，         ①

∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，                                    ②

①÷②得＝2.

∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，

∴S2 020＝＋＝3×21 010－3.

答案：3×21 010－3

7．已知等比数列{an}的公比q≠1，且a1＝1,3a3＝2a2＋a4，则数列的前4项和为________．

解析：∵等比数列{an}中，a1＝1,3a3＝2a2＋a4，

∴3q2＝2q＋q3.又∵q≠1，∴q＝2，

∴an＝2n－1，∴＝2n－1，

即是首项为，公比为的等比数列，

∴数列的前4项和为＝.

答案：

8．已知an＝2n－2，a＝bn，cn＝，则数列{cn}的前n项和Sn＝________.

解析：因为a＝(2n－2)2＝bn，所以bn＝－2n＋4，所以cn＝＝＝＝(－n＋2)·n－3，

所以Sn＝1·－2＋0·－1＋(－1)·0＋…＋(－n＋2)·n－3，     ①

则Sn＝1·－1＋0·0＋(－1)·1＋…＋(－n＋2)·n－2，      ②

①－②得

Sn＝4－－(－n＋2)·n－2＝4－－(－n＋2)·n－2＝，整理得Sn＝.

答案：

9．已知等比数列{an}各项都是正数，Sn为其前n项和，a3＝8，S3＝14.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设{an－bn}是首项为1，公差为3的等差数列，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.

解：(1)等比数列{an}中，a3＝8，S3＝14，

可列方程组

∵{an}各项都是正数，∴q＞0，

解得∴an＝2n.

(2)由题意知an－bn＝3n－2，即2n－bn＝3n－2，

∴bn＝2n－3n＋2.

∴Tn＝21＋22＋…＋2n－3×(1＋2＋…＋n)＋2n＝－3×＋2n＝2n＋1－n2＋－2.

10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝11，S10＝100.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)设该等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

根据题意可知解得

所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，

所以数列{an}的通项公式是an＝2n－1.

 (2)由(1)得an＝2n－1，所以bn＝(－1)n·＝(－1)n··，

所以Tn＝.

当n为奇数时，Tn＝；

当n为偶数时，Tn＝.

所以Tn＝－＋(－1)n.

1．设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10等于(　　)

A．1 033  B.1 034

C．2 057  D.2 058

解析：选A　由已知可得an＝n＋1，bn＝2n－1，

于是abn＝bn＋1，

因此ab1＋ab2＋…＋ab10＝(b1＋1)＋(b2＋1)＋…＋(b10＋1)＝b1＋b2＋…＋b10＋10＝20＋21＋…＋29＋10＝＋10＝1 033.

2．已知Sn为数列{an}的前n项和，若an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，则S20＝(　　)

A．31  B.122

C．324  D.484

解析：选B　∵an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，

∴当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝n；

当n＝2k(k∈N*)时，an＝.∴an＝

∴a1＝1，a2＝，a3＝3，a4＝，a5＝5，….

∴S20＝(1＋3＋…＋19)＋

＝＋×＝122.故选B.

3．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．

解析：当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1＋a2k＝4k－1，

当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k－a2k－1＝4k－3，

∴a2k＋1＋a2k－1＝2，

∴a2k＋3＋a2k＋1＝2，

∴a2k－1＝a2k＋3，

∴a1＝a5＝…＝a61.

∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝＝30×61＝1 830.

答案：1 830

4．对于数列{an}，定义数列{an＋1－2an}为数列{an}的“2倍差数列”，若a1＝2，{an}的“2倍差数列”的通项公式为an＋1－2an＝2n＋1，求数列{an}的前n项和Sn.

解：已知an＋1－2an＝2n＋1，且a1＝2，

则－＝1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，

所以an＝n·2n，

则Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，                                               ①

2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，                                  ②

①－②，得－Sn＝2＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1＝2＋－n·2n＋1，

所以Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.

5．有n2(n≥4)个正数，排成n×n矩阵(n行n列的数表)：，其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等．已知a24＝1，a42＝，a43＝.

(1)求公比q；

(2)用k表示a4k；

(3)求a11＋a22＋…＋ann的值．

解：(1)因为每一行的数成等差数列，所以a42，a43，a44成等差数列，所以a44＝2a43－a42＝.又每一列的数成等比数列，故a44＝a24·q2，则q2＝＝.又an＞0，所以q＞0，故q＝.

(2)由已知，第四行的数成等差数列，且公差d＝a43－a42＝.

因为a4k为此行中第k个数，所以a4k＝a42＋(k－2)d＝＋(k－2)·＝(k＝1,2，…，n)．

(3)因为第k列的数成等比数列，且a4k为此列中第4个数，所以akk＝a4k·qk－4＝·k－4＝k·k(k＝1,2，…，n)．

设S＝a11＋a22＋…＋ann，则S＝＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1＋n×n，

①

S＝2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1，        ②

由①－②，整理得S＝2－.