∴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