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2020版高考数学一轮复习课时作业34《 数列求和与数列的综合应用》(含解析) 练习
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课时作业34 数列求和与数列的综合应用
第一次作业 基础巩固练
一、选择题
1.已知数列{an}的通项公式是an=2n-3n,则其前20项和为( C )
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-.
2.已知数列{an}满足a1=1,an+1=则其前6项之和是( C )
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.
3.化简Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1的结果是( D )
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-1,①
2Sn=n×2+(n-1)×22+(n-2)×23+…+2×2n-1+2n,②
所以①-②得,-Sn=n-(2+22+23+…+2n)=n+2-2n+1,所以Sn=2n+1-n-2.
4.(2019·沈阳市教学质量监测)在各项都为正数的等比数列{an}中,若a1=2,且a1a5=64,则数列{}的前n项和是( A )
A.1- B.1-
C.1- D.1-
解析:∵数列{an}为等比数列,an>0,a1=2,a1a5=64,∴公比q=2,∴an=2n,==-.设数列
{}的前n项和为Tn,则Tn=1-+-+-+…+-=1-,故选A.
5.我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有人持金出五关,前关二而税一,次关三而税一,次关四而税一,次关五而税一,次关六而税一,并五关所税,适重一斤.问本持金几何.”其意思为:今有人持金出五关,第1关收税金为持金的,第2关收税金为剩余金的,第3关收税金为剩余金的,第4关收税金为剩余金的,第5关收税金为剩余金的,5关所收税金之和,恰好重1斤.问此人总共持金多少.则在此问题中,第5关收税金( B )
A.斤 B.斤
C.斤 D.斤
解析:假设原来持金为x,则第1关收税金x;第2关收税金(1-)x=x;第3关收税金(1--)x=x;第4关收税金(1---)x=x;第5关收税金(1----)x=x.依题意,得x+x+x+x+x=1,即(1-)x=1,x=1,解得x=,所以x=×=.故选B.
6.设数列{an}的前n项和为Sn,an+1+an=2n+1,且Sn=1 350.若a2cn(n∈N*).
3.已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由题设知a1a4=a2a3=8,
又a1+a4=9,可解得或(舍去).
设等比数列{an}的公比为q,
由a4=a1q3,得q=2,故an=a1qn-1=2n-1,n∈N*.
(2)Sn==2n-1,
又bn===-,
所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-=1-,n∈N*.
4.(2019·石家庄质量检测)已知数列{an}满足:a1=1,an+1=an+.
(1)设bn=,求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解:(1)由an+1=an+,可得=+,
又bn=,∴bn+1-bn=,由a1=1,得b1=1,
累加可得(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1=++…+,
即bn-b1==1-,∴bn=2-.
(2)由(1)可知an=2n-,设数列{}的前n项和为Tn,
则Tn=+++…+ ①,
Tn=+++…+ ②,
①-②得Tn=+++…+-=-=2-,∴Tn=4-.
易知数列{2n}的前n项和为n(n+1),
∴Sn=n(n+1)-4+.
5.已知Sn是正项数列{an}的前n项和,且2Sn=a+an,等比数列{bn}的公比q>1,b1=2,且b1,b3,b2+10成等差数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=an·bn+(-1)n·,记T2n=c1+c2+c3+…+c2n,求T2n.
解:(1)当n≥2时,由题意得2Sn-2Sn-1=a-a+an-an-1,
2an=a-a+an-an-1,
a-a-(an+an-1)=0,
(an+an-1)(an-an-1-1)=0,
∵an+an-1>0,∴an-an-1=1,
当n=1时,2a1=a+a1,∵a1>0,∴a1=1,
∴数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列,
∴an=1+(n-1)×1=n.
由b1=2,2b3=b1+(b2+10),得2q2-q-6=0,
解得q=2或q=-(舍),∴bn=b1qn-1=2n.
(2)由(1)得cn=n·2n+(-1)n·=n·2n+(-1)n,
∴T2n=(1×2+2×22+…+2n·22n)+=(1×2+2×22+…+2n·22n)+,
记W2n=1×2+2×22+…+2n·22n,
则2W2n=1×22+2×23+…+2n·22n+1,
以上两式相减可得-W2n=2+22+…+22n-2n·22n+1=-2n·22n+1=(1-2n)·22n+1-2,
∴W2n=(2n-1)·22n+1+2,
∴T2n=W2n+=(2n-1)·22n+1++1.
6.在数列{an}中,a1=2,an+1=2an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项的和为Sn,试求数列{S2n-Sn}的最小值;
(3)求证:当n≥2时,S2n≥.
解:(1)由条件an+1=2an,
得=2·,又a1=2,所以=2,
因此数列构成首项为2,公比为2的等比数列.
=2·2n-1=2n,因此,an=n·2n.
(2)由(1)得bn=,设cn=S2n-Sn,
则cn=++…+,
所以cn+1=++…+++,从而cn+1-cn=+->+-=0,
因此数列{cn}是单调递增的,所以(cn)min=c1=.