2022版高考数学大一轮复习课时作业34《数列求和与数列的综合应用》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业34《数列求和与数列的综合应用》(含答案详解)，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
已知数列{an}的通项公式是an=2n－3( SKIPIF 1 < 0 )n，则其前20项和为( )
A.380－eq \f(3,5)(1- SKIPIF 1 < 0 ) B.400－eq \f(2,5)(1- SKIPIF 1 < 0 ) C.420－eq \f(3,4)(1- SKIPIF 1 < 0 ) D.440－eq \f(4,5)(1- SKIPIF 1 < 0 )
已知数列{an}满足a1=1，an＋1=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an，n为正奇数，,an＋1，n为正偶数，))则其前6项之和是( )
A.16 B.20 C.33 D.120
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
在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1=2，且a1a5=64，则数列{ SKIPIF 1 < 0 }的
前n项和是( )
A.1－eq \f(1,2n＋1－1) B.1－eq \f(1,2n＋1) C.1－eq \f(1,2n＋1) D.1－eq \f(1,2n－1)
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eq \f(1,2)，第2关收税金为剩余金的eq \f(1,3)，第3关收税金为剩余金的eq \f(1,4)，第4关收税金为剩余金的eq \f(1,5)，第5关收税金为剩余金的eq \f(1,6)，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( )
A.eq \f(1,20)斤 B.eq \f(1,25)斤 C.eq \f(1,30)斤 D.eq \f(1,36)斤
设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋an=2n＋1，且Sn=1 350.若a20，S2=4，a3－a2=6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=lg3an＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)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·eq \f(2n＋1,an·an＋1)，记T2n=c1＋c2＋c3＋…＋c2n，求T2n.
在数列{an}中，a1=2，an＋1=2(1+ SKIPIF 1 < 0 )an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=eq \f(2n,an)，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≥eq \f(7n＋11,12).
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1=－4，Sm=0，Sm＋2=14(m≥2，且m∈N*).
(1)求m的值；
(2)若数列{bn}满足eq \f(an,2)=lg2bn(n∈N*)，求数列{(an＋6)·bn}的前n项和.
已知数列{an}是等差数列，a2=6，前n项和为Sn，{bn}是等比数列，b2=2，a1b3=12，S3＋b1=19.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{bncs(anπ)}的前n项和Tn.
已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项.
(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Kn，设cn=eq \f(SnTn,Kn)，求证：cn＋1>cn(n∈N*).
\s 0 答案详解
答案为：C.
解析：令数列{an}的前n项和为Sn，则S20=a1＋a2＋…＋a20=2(1＋2＋…＋20)－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,52)＋…＋\f(1,520)))=2×eq \f(20×20＋1,2)－3×eq \f(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520))),1－\f(1,5))=420－eq \f(3,4)(1- SKIPIF 1 < 0 ).
答案为：C.
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.
答案为：D.
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.
答案为：A.
解析：∵数列{an}为等比数列，an>0，a1=2，a1a5=64，∴公比q=2，∴an=2n， SKIPIF 1 < 0 =eq \f(2n,2n－12n＋1－1)=eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1).
设数列{ SKIPIF 1 < 0 }的前n项和为Tn，
则Tn=1－eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,22－1)－eq \f(1,23－1)＋eq \f(1,23－1)－eq \f(1,24－1)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)=1－eq \f(1,2n＋1－1)，故选A.
答案为：B.
解析：假设原来持金为x，则第1关收税金eq \f(1,2)x；第2关收税金eq \f(1,3)(1－eq \f(1,2))x=eq \f(1,2×3)x；
第3关收税金eq \f(1,4)(1－eq \f(1,2)－eq \f(1,6))x=eq \f(1,3×4)x；第4关收税金eq \f(1,5)(1－eq \f(1,2)－eq \f(1,6)－eq \f(1,12))x=eq \f(1,4×5)x；
第5关收税金eq \f(1,6)(1－eq \f(1,2)－eq \f(1,6)－eq \f(1,12)－eq \f(1,20))x=eq \f(1,5×6)x.依题意，
得eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2×3)x＋eq \f(1,3×4)x＋eq \f(1,4×5)x＋eq \f(1,5×6)x=1，即(1－eq \f(1,6))x=1，eq \f(5,6)x=1，解得x=eq \f(6,5)，
所以eq \f(1,5×6)x=eq \f(1,5×6)×eq \f(6,5)=eq \f(1,25).故选B.
答案为：A.
解析：因为an＋1＋an=2n＋1 ①，
所以an＋2＋an＋1=2(n＋1)＋1=2n＋3 ②，
②－①得an＋2－an=2，且a2n－1＋a2n=2(2n－1)＋1=4n－1，
所以数列{an}的奇数项构成以a1为首项，2为公差的等差数列，数列{an}的偶数项构成以a2为首项，2为公差的等差数列，数列{a2n－1＋a2n}是以4为公差的等差数列，
所以Sn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)＋a1－1，n为奇数，,\f(nn＋1,2)，n为偶数.))
当n为偶数时，eq \f(nn＋1,2)=1 350，无解
(因为50×51=2 550,52×53=2 756，所以接下来不会有相邻两数之积为2 700).
当n为奇数时，eq \f(nn＋1,2)＋(a1－1)=1 350，a1=1 351－eq \f(nn＋1,2)，
因为a21，所以n(n＋1)0，∴q=3，a1=1，∴an=1×3n－1=3n－1，
即数列{an}的通项公式为an=3n－1.
(2)证明：由(1)知bn=lg3an＋1=lg33n=n，∴b1=1，bn＋1－bn=n＋1－n=1，
∴数列{bn}是首项b1=1，公差d=1的等差数列，
∴Tn=eq \f(nn＋1,2)，则eq \f(1,Tn)=eq \f(2,nn＋1)=2(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，
∴eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)=2(eq \f(1,1)－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))=2(1－eq \f(1,n＋1))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=－eq \f(3,2)(舍)，∴bn=b1qn－1=2n.
(2)由(1)得cn=n·2n＋(－1)n·eq \f(2n＋1,nn＋1)=n·2n＋(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，
∴T2n=(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,3)))－\f(1,3)＋\f(1,4)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)＋\f(1,2n＋1)))))
=(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋(-1+eq \f(1,2n＋1))，
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=eq \f(21－22n,1－2)－2n·22n＋1
=(1－2n)·22n＋1－2，
∴W2n=(2n－1)·22n＋1＋2，
∴T2n=W2n＋(-1+eq \f(1,2n＋1))=(2n－1)·22n＋1＋eq \f(1,2n＋1)＋1.
解：(1)由条件an＋1=2(1+ SKIPIF 1 < 0 )an，
得eq \f(an＋1,n＋1)=2·eq \f(an,n)，又a1=2，所以eq \f(a1,1)=2，
因此数列{eq \f(an,n)}构成首项为2，公比为2的等比数列.
eq \f(an,n)=2·2n－1=2n，因此，an=n·2n.
(2)由(1)得bn=eq \f(1,n)，设cn=S2n－Sn，
则cn=eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)，
所以cn＋1=eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n)＋eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)，
从而cn＋1－cn=eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,n＋1)>eq \f(1,2n＋2)＋eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,n＋1)=0，
因此数列{cn}是单调递增的，所以(cn)min=c1=eq \f(1,2).

解：(1)由已知得，am=Sm－Sm－1=4，
且am＋1＋am＋2=Sm＋2－Sm=14，
设数列{an}的公差为d，
则有2am＋3d=14，∴d=2.
由Sm=0，得ma1＋eq \f(mm－1,2)×2=0，即a1=1－m，
∴am=a1＋(m－1)×2=m－1=4，
∴m=5.
(2)由(1)知a1=－4，d=2，∴an=2n－6，
∴n－3=lg2bn，得bn=2n－3，
∴(an＋6)·bn=2n×2n－3=n×2n－2.
设数列{(an＋6)·bn}的前n项和为Tn，
则Tn=1×2－1＋2×20＋…＋(n－1)×2n－3＋n×2n－2，①
2Tn=1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1，②
①－②，得－Tn=2－1＋20＋…＋2n－2－n×2n－1=eq \f(2－11－2n,1－2)－n×2n－1=2n－1－eq \f(1,2)－n×2n－1，
∴Tn=(n－1)×2n－1＋eq \f(1,2)(n∈N*).
解：(1)∵数列{an}是等差数列，a2=6，
∴S3＋b1=3a2＋b1=18＋b1=19，∴b1=1，
∵b2=2，数列{bn}是等比数列，∴bn=2n－1.
∴b3=4，∵a1b3=12，∴a1=3，
∵a2=6，数列{an}是等差数列，∴an=3n.
(2)由(1)得，令Cn=bncs(anπ)=(－1)n2n－1，
∴Cn＋1=(－1)n＋12n，
∴eq \f(Cn＋1,Cn)=－2，
又C1=－1，
∴数列{bncs(anπ)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列，
∴Tn=eq \f(－1×[1－－2n],1＋2)=－eq \f(1,3)[1－(－2)n].
解：(1)设数列{an}的公差为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝14，,a1＋2d2＝a1a1＋6d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(7,2)，,d＝0))(舍去)，
所以an=n＋1，Sn=eq \f(nn＋3,2).
又b1=a1=2，b2=a3=4，所以bn=2n，Tn=2n＋1－2.
(2)证明：因为an·bn=(n＋1)·2n，
所以Kn=2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n，①
所以2Kn=2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，②
①－②得－Kn=2·21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1，
所以Kn=n·2n＋1.
则cn=eq \f(SnTn,Kn)=eq \f(n＋32n－1,2n＋1)，cn＋1－cn
=eq \f(n＋42n＋1－1,2n＋2)－eq \f(n＋32n－1,2n＋1)=eq \f(2n＋1＋n＋2,2n＋2)>0，
所以cn＋1>cn(n∈N*).