高考数学一轮复习第五章第四节数列求和课时作业理含解析北师大版

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数列求和

授课提示：对应学生用书第329页
[A组　基础保分练]
1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3，则其前20项和为（　　）
A．380－　　　 B．400－
C．420－ D．440－
解析：令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2（1＋2＋…＋20）－3＝2×－3×＝420－．
答案：C
2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则其前6项之和是（　　）
A．16 B．20
C．33 D．120
解析：由已知得a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33．
答案：C
3．化简Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是（　　）
A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2
C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2
解析：因为Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1①，2Sn＝n×2＋（n－1）×22＋（n－2）×23＋…＋2×2n－1＋2n②，所以①－②得，－Sn＝n－（2＋22＋23＋…＋2n）＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2．
答案：D
4．（2021·重庆一调）已知数列{an}满足an＝，则a1＋＋＋…＋＝（　　）
A．　　　 B．
C．　　　 D．
解析：由题知，数列{an}满足an＝，所以数列的通项公式为＝＝－，所以a1＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝．
答案：A
5．数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝2，n∈N＋，则数列{ban}的前n项和为（　　）
A．（4n－1－1） B．（4n－1）
C．（4n－1－1） D．（4n－1）
解析：因为an＋1－an＝＝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＝2n－1，数列{ban}的前n项和为ba1＋ba2＋…＋ban＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝20＋22＋24＋…＋22n－2＝＝（4n－1）．
答案：D
6．已知数列{an}的首项a1＝3，前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N＋．设bn＝log3an，则数列的前n项和Tn的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
解析：由an＋1＝2Sn＋3，可得当n≥2时，有an＝2Sn－1＋3，两式相减得an＋1－an＝2（Sn－Sn－1）＝2an（n≥2），故an＋1＝3an（n≥2）．
又当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝3a1，
所以数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列，故an＝3n．
所以bn＝log3an＝n，所以＝．
所以Tn＝＋＋…＋＋，　①
Tn＝＋＋…＋＋，　②
①－②，得Tn＝＋＋＋…＋－，
化简整理得Tn＝－·，因为·＞0，
所以Tn＜，又Tn＋1－Tn＝＞0，所以数列{Tn}是递增数列，所以（Tn）min＝T1＝，所以≤Tn＜，故Tn的取值范围是．
答案：C
7．若数列{an}的通项公式是an＝（－1）n（3n－2），则a1＋a2＋…＋a10＝________．
解析：a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15．
答案：15
8．（2020·高考全国卷Ⅰ）数列{an}满足an＋2＋（－1）nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________．
解析：法一：因为an＋2＋（－1）nan＝3n－1，
所以当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1，
所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，
所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92．
因为数列{an}的前16项和为540，
所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448．①
因为当n为奇数时，an＋2－an＝3n－1，
所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，
所以（a3＋a7＋a11＋a15）－（a1＋a5＋a9＋a13）＝80．②
由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184．
又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，
a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，
所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7．
法二：同法一得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝448．
当n为奇数时，有an＋2－an＝3n－1，
由累加法得an＋2－a1＝3（1＋3＋5＋…＋n）－＝（1＋n）·－＝n2＋n＋，
所以an＋2＝n2＋n＋＋a1．
所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝a1＋＋＋＋＋＋＋＝8a1＋392＝448，解得a1＝7．
答案：7
9．（2021·大同调研）在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1＋n－2（n≥2，且n∈N＋）．
（1）求a2和a3的值；
（2）证明：数列{an＋n}是等比数列，并求{an}的通项公式；
（3）求数列{an}的前n项和Sn．
解析：（1）∵a1＝3，∴a2＝2a1＋2－2＝6，
∴a3＝2a2＋3－2＝13．
（2）证明：∵an＝2an－1＋n－2，n≥2，
∴an＋n＝2（an－1＋n－1），n≥2．
又a1＋1＝4，∴{an＋n}是以4为首项，2为公比的等比数列．∴an＋n＝4×2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－n．
（3）Sn＝22－1＋23－2＋…＋2n－（n－1）＋2n＋1－n＝22（2n－1）－＝2n＋2－．
10．（2021·宁德二检）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2kn（k∈N＋），Sn的最小值为－9．
（1）确定k的值，并求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝（－1）n·an，求数列{bn}的前2n＋1项和T2n＋1．
解析：（1）由已知得Sn＝n2－2kn＝（n－k）2－k2，因为k∈N＋，则当n＝k时，（Sn）min＝－k2＝－9，故k＝3．
所以Sn＝n2－6n．
因为Sn－1＝（n－1）2－6（n－1）（n≥2），
所以an＝Sn－Sn－1＝（n2－6n）－[（n－1）2－6（n－1）]＝2n－7（n≥2）．
当n＝1时，S1＝a1＝－5，满足an＝2n－7，
综上，an＝2n－7．
（2）依题意，得bn＝（－1）n·an＝（－1）n（2n－7），
则T2n＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋（－1）2n（4n－7）＋（－1）2n＋1[2（2n＋1）－7]
＝5－（2＋2＋…＋2）
　　n个
＝5－2n．
[B组　能力提升练]
1．已知数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3＝3，S3＝9．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝log2，且{bn}为递增数列，若cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1．
解析：（1）设数列{an}的公比为q，当q＝1时，符合条件，a1＝a3＝3，an＝3，
当q≠1时，所以
解得an＝12×．
综上，an＝3或an＝12×．
（2）证明：若an＝3，则bn＝0，与题意不符，
所以an＝12×．
所以a2n＋3＝12×＝3×，
bn＝log2＝log222n＝2n，
cn＝＝＝－，
c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－＜1．
2．（2021·合肥调研）已知等差数列{an}，a2＝12，a5＝24，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1－bn＝an（n∈N＋）．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）求使得＋＋＋…＋＞成立的最小正整数n的值．
解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，则a5－a2＝3d＝12，d＝4，
∴an＝a2＋（n－2）d＝4n＋4，∴bn＋1－bn＝4n＋4，
∴bn＝b1＋（b2－b1）＋（b3－b2）＋…＋（bn－bn－1）
＝4＋（4×1＋4）＋（4×2＋4）＋…＋[4（n－1）＋4]
4＋4[1＋2＋…＋（n－1）]＋4（n－1）
＝2n2＋2n（n＞1），b1＝4也适合．
∴an＝4n＋4，bn＝2n2＋2n（n∈N＋）．
（2）∵＝＝＝，
∴＋＋＋…＋
＝
＝＝，
即＞，解得n＞16，
∴满足条件的最小正整数n的值为17．
[C组　创新应用练]
1．（2021·长春联考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＞0，a6和a8是函数f（x）＝ln x＋x2－8x的极值点，则S8＝（　　）
A．－38　　　　　　　 B．38
C．－17 D．17
解析：因为f（x）＝ln x＋x2－8x，
所以f′（x）＝＋x－8＝
＝，
令f′（x）＝0，解得x＝或x＝．
又a6和a8是函数f（x）的极值点，且公差d＞0，
所以a6＝，a8＝，
所以解得
所以S8＝8a1＋×d＝－38．
答案：A
2．（2021·合肥调研）设数列{an}的前n项和为Sn，4Sn＝（2n＋1）an＋1（n∈N＋）．定义数列{bn}如下：对于正整数m，bm是使不等式an≥m成立的所有n的最小值，则数列{bn}的前60项的和为（　　）
A．960 B．930
C．900 D．840
解析：由4Sn＝（2n＋1）an＋1，得当n≥2时，4Sn－1＝（2n－1）an－1＋1，两式相减，得4an＝（2n＋1）an－（2n－1）·an－1，即（2n－3）an＝（2n－1）an－1，所以＝，所以＝＝…＝．又4S1＝4a1＝（2＋1）·a1＋1，解得a1＝1，所以an＝2n－1（n≥2），又a1＝1也适合，所以an＝2n－1（n∈N＋）．由an≥m，得2n－1≥m，所以n≥，所以满足条件an≥m的n的最小值为大于等于的整数，所以bm＝，所以数列{bn}的前60项和为＋＋＋＋…＋＋＝＋＝960．
答案：A
3．已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2（n∈N＋），则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 019项和为________．
解析：由“凸数列”的定义及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，所以数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2 019项和等于b1＋b2＋b3＝－4．
答案：－4