内容发布更新时间 : 2024/9/30 15:32:36星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

∴an=f(n)+f(n+1)=(-1)n·n2+(-1)n+1·(n+1)2=(-1)n[n2-(n+1)2]=(-1)n+1·(2n+1). ∴a1+a2+a3+…+a100=3+(-5)+7+(-9)+…+199+(-201)=50×(-2)=-100.故选B.

4.C 解析由f(4)=2,可得4=2,解得a=,则f(x)=.

a∴an=Sxx=a1+a2+a3+…+axx=()+()+()+…+()=-1.

5.D 解析∵an+1+(-1)an=2n-1,

n,

∴当n=2k(k∈N+)时,a2k+1+a2k=4k-1,

当n=2k+1(k∈N+)时,a2k+2-a2k+1=4k+1,

① ②

①+②得:a2k+a2k+2=8k.

则a2+a4+a6+a8+…+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)

=8(1+3+…+29)=8×=1800.

由②得a2k+1=a2k+2-(4k+1),

∴a1+a3+a5+…+a59=a2+a4+…+a60-[4×(0+1+2+…+29)+30]=1800-=30, ∴a1+a2+…+a60=1800+30=1830.

6.4- 解析设Sn=3·2+4·2+5·2+…+(n+2)·2, ①

则Sn=3·2+4·2+…+(n+1)2+(n+2)2(n+2)·2

-n-1

-2

-3

-n-n-1

-1

-2

-3

-n. ②

①-②,得Sn=3·2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=2·2-1+2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=1+-=2-(n+4)·2-n-1.

故Sn=4-.

7. 解析∵an-an+1=2anan+1,∴=2,即=2.

∴数列是以2为公差的等差数列. ∵=5,∴=5+2(n-3)=2n-1.∴an=.

∴anan+1=∴数列{anan+1}前10项的和为

.

=.

8.解(1)因为等比数列{bn}的公比q==3,

所以b1==1,b4=b3q=27. 设等差数列{an}的公差为d.

因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2. 所以an=2n-1.

(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3. 因此cn=an+bn=2n-1+3. 从而数列{cn}的前n项和

n-1

n-1

Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1 ==n2+.

9.解(1)由题意,有

解得

故

(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2,故cn=, 于是Tn=1++…+,

n-1

①

Tn=+…+. ②

①-②可得Tn=2++…+=3-,故Tn=6-.

10.解(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.

两式相减可得+2(an+1-an)=4an+1,

即2(an+1+an)==(an+1+an)·(an+1-an).由于an>0,可得an+1-an=2. 又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=3.

所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,故{an}的通项公式为an=2n+1. (2)由an=2n+1可知bn=

=.

设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+…+bn

==.

11.解(1)因为=2Sn+n+4,所以=2Sn-1+n-1+4(n≥2).

两式相减得=2an+1, 所以+2an+1=(an+1).

2

因为{an}是各项均为正数的数列,所以an+1-an=1.

又=(a2-1)a7,所以(a2+1)=(a2-1)(a2+5),解得a2=3,a1=2,所以{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以an=n+1.

由题意知b1=2,b2=4,b3=8,故bn=2. (2)由(1)得cn=(-1)log22-=(-1)n-,

nnnn2

故Tn=c1+c2+…+cn=[-1+2-3+…+(-1)n]-设Fn=-1+2-3+…+(-1)n.

则当n为偶数时,Fn=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=; 当n为奇数时,Fn=Fn-1+(-n)=-n=. 设Gn=+…+, 则Gn=+…+.

nn.

所以Tn=12.B 解析由an+1=,得+2,

∴数列是以1为首项,2为公差的等差数列, ∴=2n-1,又bn=anan+1,

∴bn=,

∴Sn=,故选B.

13. 解析对n∈N+都有Sn=1-an,当n=1时,a1=1-a1,解得a1=.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=1-an-(1-an-1),化为an=an-1.∴数列{an}是等比数列,公比为,首项为.

∴an=.

∴bn=log2an=-n.∴.

则+…+14.解(1)当n=1时,a1=a1-1,

+…+=1-.

∴a1=2.

当n≥2时,∵Sn=an-1,

① ②

Sn-1=an-1-1(n≥2), ∴①-②得an=,即an=3an-1,

∴数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列, ∴an=2·3n-1.

(2)由(1)得bn=2log3+1=2n-1,

∴+…++…++…+.

15.A 解析设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2-1,前n组总共的和为-n=2-2-n.

由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则SN-应与-2-n互为相反数,即2-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以

knn+1

k=log2(n+3),解得n=29,k=5.

所以N=+5=440,故选A.

16.解(1)∵Sn=2an+k,∴当n=1时,S1=2a1+k.

∴a1=-k=2,即k=-2. ∴Sn=2an-2.

∴当n≥2时,Sn-1=2an-1-2. ∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1.∴an=2an-1.

∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列.即an=2n. ∴Sn=2n+1-2.

(2)∵等差数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn=n,

2

∴当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=2n-1.

又b1=T1=1符合bn=2n-1,

∴bn=2n-1.

∴cn=an·bn=(2n-1)2n.∴数列{cn}的前n项和 Mn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, ∴2Mn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,

2

3

4

① ②

n+1

n+1

由①-②,得-Mn=2+2×2+2×2+2×2+…+2×2-(2n-1)×2=2+2×-(2n-1)×2, 即Mn=6+(2n-3)2.

n+1

n