《2020《创新方案》高考人教版数学（文）总复习练习：第五章 数列 课时作业32 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020《创新方案》高考人教版数学（文）总复习练习：第五章 数列 课时作业32 Word版含解析.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时作业 32 数列求和 1 已知等比数列an中， a2a84a5， 等差数列bn中， b4b6a5， 则数列bn的前 9 项和 S9等于( B ) A9 B18 C36 D72 解析：a2a84a5，即 a 4a5，a54， 2 5 a5b4b62b54，b52.S99b518，故选 B. 2(2019广州调研)数列 1 ，3 ，5 ，7，(2n1)， 1 2 1 4 1 8 1 16 1 2n 的前 n 项和 Sn的值等于( A ) An21 B2n2n1 1 2n 1 2n Cn21 Dn2n1 1 2n1 1 2n 解析：该数列的通项公式为 an(2n1)， 1 2n 则 Sn135(
2、2n1)n21. ( 1 2 1 22 1 2n) 1 2n 3(2019开封调研)已知数列an满足 a11，an1an2n(nN*)， 则 S2 018( B ) A22 0181 B321 0093 C321 0091 D321 0082 解析：a11，a22，又2， 2 a1 an2an1 an1an 2n1 2n 2.a1，a3，a5，成等比数列 ； a2，a4，a6，成等比数 an2 an 列， S2 018a1a2a3a4a5a6a2 017a2 018 (a1a3a5a2 017)(a2a4a6a2 018) 321 0093. 121 009 12 2121 009 12 4定
3、义为 n 个正数 p1，p2，pn的“均倒 n p1p2pn 数” 若已知正项数列an的前 n 项的 “均倒数” 为， 又 bn， 1 2n1 an1 4 则( C ) 1 b1b2 1 b2b3 1 b10b11 A. B. 1 11 1 12 C. D. 10 11 11 12 解析：依题意有， n a1a2an 1 2n1 即前 n 项和 Snn(2n1)2n2n， 当 n1 时，a1S13； 当 n2 时，anSnSn14n1，a13 满足该式 则 an4n1，bnn. an1 4 因为 ， 1 bnbn1 1 nn1 1 n 1 n1 所以1 . 1 b1b2 1 b2b3 1 b1
4、0b11 1 2 1 2 1 3 1 10 1 11 10 11 5(2019华中师大联盟质量测评)在数列an中，已知 a13，且 数列an(1)n是公比为 2 的等比数列， 对于任意的 nN*， 不等式 a1 a2anan1恒成立，则实数 的取值范围是( C ) A. B. ( ，2 5 ( ，1 2 C. D(，1 ( ，2 3 解析：由已知，an(1)n3(1)12n12n， an2n(1)n. 当n为偶数时， a1a2an(2222n)(11 1)2n12，an12n1(1)n12n11， 由 a1a2anan1， 得 1对 nN*恒成立， 2n12 2n11 3 2n11 ； 2 3
5、 当n为奇数时， a1a2an(2222n)(11 11)2n11， an12n1(1)n12n11， 由 a1a2anan1得， 1 对 nN*恒成立， 2n11 2n11 综上可知 . 2 3 6 (2019衡水质检)中国古代数学有着很多令人惊叹的成就 北宋 沈括在梦溪笔谈卷十八技艺篇中首创隙积术，隙积术意即： 将木桶一层层堆放成坛状，最上一层长有 a 个，宽有 b 个，共计 ab 个 木桶， 每一层长宽各比上一层多一个， 共堆放 n 层， 设最底层长有 c 个， 宽有 d 个，则共计有木桶个假设最上 n2acb2caddb 6 层有长 2 宽 1 共 2 个木桶， 每一层的长宽各比上一层
6、多一个， 共堆放 15 层，则木桶的个数为 1_360. 解析：各层木桶长与宽的木桶数自上而下组成一等差数列，且公 差为 1， 根据题意得， a2， b1， c21416， d11415， n15， 则木桶的个数为 1 152 216 12 162 15151 6 360(个) 7(2019安阳模拟)已知数列an中，an4n5，等比数列bn 的公比q满足qanan1(n2)且b1a2， 则|b1|b2|b3|bn| 4n1. 解析：由已知得 b1a23，q4， bn(3)(4)n1，|bn|34n1， 即|bn|是以 3 为首项，4 为公比的等比数列， |b1|b2|bn|4n1. 314n
7、14 8 (2019海口调研)设数列an的前 n 项和为 Sn， 且 a11， anan1 (n1,2,3，)，则 S2n3. 1 2n 4 3(1 1 4n2) 解析：依题意得 S2n3a1(a2a3)(a4a5)(a2n2a2n 3)1 . 1 4 1 16 1 4n1 1 1 4n2 11 4 4 3(1 1 4n2) 9 (2019广东潮州模拟)已知 Sn为数列an的前 n 项和， an23n 1(nN*)，若 bn ，则 b1b2bn . an1 SnSn1 1 2 1 3n11 解析：因为3，且 a12， an1 an 23n 23n1 所以数列an是以 2 为首项，3 为公比的等
8、比数列， 所以 Sn3n1， 213n 13 又 bn， an1 SnSn1 Sn1Sn SnSn1 1 Sn 1 Sn1 所以 b1b2bn ( 1 S1 1 S2) ( 1 S2 1 S3) ( 1 Sn 1 Sn1) 1 S1 . 1 Sn1 1 2 1 3n11 10 (2019潍坊模拟)若数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn2an( 0，nN*) (1)证明数列an为等比数列，并求 an； (2)若 4，bnError!Error!(nN*)，求数列bn的前 2n 项和 T2n. 解：(1)Sn2an，当 n1 时，得 a1， 当 n2 时，Sn12an1， SnSn12an2an
9、1， 即 an2an2an1，an2an1， 数列an是以 为首项，2 为公比的等比数列， an2n1. (2)4，an42n12n1， bnError!Error! T2n22324526722n2n1 (222422n)(352n1) 44n4 14 n32n1 2 n(n2)， 4n14 3 T2nn22n . 4n1 3 4 3 11(2019江西百校联盟联考)已知数列an的前 n 项和为 Sn，数 列是公差为 1 的等差数列，且 a23，a35. Sn n (1)求数列an的通项公式； (2)设 bnan3n，求数列bn的前 n 项和 Tn. 解：(1)由题意，得a1n1， Sn n
10、 即 Snn(a1n1)， 所以 a1a22(a11)，a1a2a33(a12)，且 a23，a35. 解得 a11，所以 Snn2， 所以当 n2 时，anSnSn1n2(n1)22n1， 又 n1 时也满足，故 an2n1. (2)由(1)得 bn(2n1)3n， 所以 Tn13332(2n1)3n， 则 3Tn132333(2n1)3n1. Tn3Tn32(32333n)(2n1)3n1， 则2Tn32(2n1)3n 13n 16(1 323n 3 13 2n)3n1(22n)3n16， 故 Tn(n1)3n13. 12 (2019贵阳一模)已知数列an的前n项和是Sn， 且Sn an1
11、(n 1 2 N*) (1)求数列an的通项公式； (2)设 bnlog (1Sn1)(nN*)，令 Tn， 1 3 1 b1b2 1 b2b3 1 bnbn1 求 Tn. 解：(1)当 n1 时，a1S1，由 S1 a11，得 a1 ， 1 2 2 3 当 n2 时，Sn1 an，Sn11 an1， 1 2 1 2 则 SnSn1 (an1an)， 1 2 即 an (an1an)，所以 an an1(n2) 1 2 1 3 故数列an是以 为首项， 为公比的等比数列 2 3 1 3 故 an n12n(nN*) 2 3 ( 1 3) ( 1 3) (2)因为 1Sn an n. 1 2 (
12、 1 3) 所以 bnlog (1Sn1)log n1n1， 1 3 1 3( 1 3) 因为， 1 bnbn1 1 n1n2 1 n1 1 n2 所以 Tn 1 b1b2 1 b2b3 1 bnbn1 ( 1 2 1 3) ( 1 3 1 4) ( 1 n1 1 n2) . 1 2 1 n2 n 2n2 13 (2019湖北四地七校联考)数列an满足 a11， nan1(n1)an n(n1)，且 bnancos，记 Sn为数列bn的前 n 项和，则 S24( 2n 3 D ) A294 B174 C470 D304 解析：nan1(n1)ann(n1)，1， an1 n1 an n 数列是
13、公差与首项都为 1 的等差数列 an n 1(n1)1，可得 ann2. an n bnancos，bnn2cos， 2n 3 2n 3 令 n3k2，kN*， 则 b3k2(3k2)2cos (3k2)2，kN*， 23k2 3 1 2 同理可得 b3k1 (3k1)2，kN*， 1 2 b3k(3k)2，kN*. b3k2b3k1b3k (3k2)2 (3k1)2(3k)29k ，k 1 2 1 2 5 2 N*， 则 S249(128) 8304. 5 2 14 (2019衡水联考)已知数列an与bn的前 n 项和分别为 Sn， Tn， 且 an0,6Sna 3an， nN*， bn，
14、若nN*， kTn 2 n 2an 2a n12an1 1 恒成立，则 k 的最小值是( B ) A. B. 1 7 1 49 C49 D. 8 441 解析：当 n1 时，6a1a 3a1， 2 1 解得 a13 或 a10. 由 an0，得 a13. 由 6Sna 3an，得 6Sn1a3an1. 2 n2n1 两式相减得 6an1aa 3an13an. 2n12 n 所以(an1an)(an1an3)0. 因为 an0，所以 an1an0，an1an3. 即数列an是以 3 为首项，3 为公差的等差数列， 所以 an33(n1)3n. 所以 bn 2an 2a n12an1 1 8n 8
15、 n18n1 1 . 1 7( 1 8n1 1 8n11) 所以 Tn Error!Error!Error!Error! 1 7 . 1 7( 1 7 1 8n11) 1 49 要使nN*，kTn恒成立，只需 k.故选 B. 1 49 15 设 f(x)， 若 Sfff， 则 S 4x 4x2 ( 1 2 017) ( 2 2 017) ( 2 016 2 017) 1_008. 解析：f(x)， 4x 4x2 f(1x)， 41x 41x2 2 24x f(x)f(1x)1. 4x 4x2 2 24x Sfff， ( 1 2 017) ( 2 2 017) ( 2 016 2 017) Sf
16、ff， ( 2 016 2 017) ( 2 015 2 017) ( 1 2 017) ，得 2S f( 1 2 017)f( 2 016 2 017) f( 2 2 017)f( 2 015 2 017) 2 016， f(2 016 2 017)f( 1 2 017) S1 008. 2 016 2 16 已知数列an的首项a13， 前n项和为Sn， an12Sn3， nN*. (1)求数列an的通项公式 (2)设 bnlog3an，求数列的前 n 项和 Tn，并证明： Tn . bn an 1 3 3 4 解：(1)由 an12Sn3，得 an2Sn13(n2)， 两式相减得 an1a
17、n2(SnSn1)2an， 故 an13an(n2)， 所以当 n2 时，an是以 3 为公比的等比数列 因为 a22S132a139，3， a2 a1 所以an是首项为 3，公比为 3 的等比数列，an3n. (2)an3n，故 bnlog3anlog33nn， n n， bn an n 3n ( 1 3) Tn1 2 233nn， 1 3 ( 1 3) ( 1 3) ( 1 3) Tn1 22334(n1)nnn1. 1 3 ( 1 3) ( 1 3) ( 1 3) ( 1 3) ( 1 3) ，得 Tn 23nnn1 2 3 1 3 ( 1 3) ( 1 3) ( 1 3) ( 1 3) n n1 1 3( 1 3) n1 11 3 ( 1 3) n1， 1 2 ( 3 2n)( 1 3) 所以 Tn n. 3 4 1 2( 3 2n)( 1 3) 因为 n0，所以 Tn . ( 3 2n)( 1 3) 3 4 又因为 Tn1Tn0，所以数列Tn单调递增， n1 3n1 所以(Tn)minT1 ，所以 Tn . 1 3 1 3 3 4