2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业33《数列求和与数列的综合应用》（教师版）

课时作业33　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＝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．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a2<2，则n的最大值为(　A　)

A．51   B．52

C．53   D．54

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＝当n为偶数时，＝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，＋(a1－1)＝1 350，a1＝1 351－，

因为a2<2，所以3－a1<2，所以a1>1，所以1 351－>1，所以n(n＋1)<2 700，

又n∈N*，所以n≤51，故选A.

二、填空题

7．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n＋1(3n－2)，则前100项和S100等于－150.

解析：∵a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝…＝a99＋a100＝－3，∴S100＝－3×50＝－150.

8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018＝3·21_009－3.

解析：∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，①∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，②由①÷②得＝2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，

∴S2 018＝＋＝3·21 009－3.

9．记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝－63.

解析：解法1：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；

当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；

当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；

当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；

当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；

当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32.

所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.

解法2：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，

所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，

所以S6＝＝－63.

三、解答题

10．设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝4，a3－a2＝6.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝log3an＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：＋＋…＋<2.

解：(1)∵S2＝a1＋a2＝4，a3－a2＝6，

∴

∵q>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＝log3an＋1＝log33n＝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＝，则＝＝2(－)，

∴＋＋…＋＝2(－＋－＋…＋－)＝2(1－)<2，

∴＋＋…＋<2.

11．已知数列{an}的首项为a1＝1，前n项和为Sn，且数列{}是公差为2的等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)由已知得＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝2n2－n.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.

而a1＝1满足上式，所以an＝4n－3，n∈N*.

(2)由(1)可得bn＝(－1)n(4n－3)．

当n为偶数时，Tn＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n－7)＋(4n－3)]＝4×＝2n；

当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.

综上，Tn＝

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＝log2bn(n∈N*)，求数列{(an＋6)·bn}的前n项和．

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＋×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＝log2bn，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＝－n×2n－1＝2n－1－－n×2n－1，

∴Tn＝(n－1)×2n－1＋(n∈N*)．

第二次作业　高考·模拟解答题体验

1．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{bncos(anπ)}的前n项和Tn.

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＝bncos(anπ)＝(－1)n2n－1，

∴Cn＋1＝(－1)n＋12n，

∴＝－2，又C1＝－1，

∴数列{bncos(anπ)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列，

∴Tn＝＝－[1－(－2)n]．

2．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＝，求证：cn＋1>cn(n∈N*)．

解：(1)设数列{an}的公差为d，

则

解得或(舍去)，

所以an＝n＋1，Sn＝.

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＝＝，cn＋1－cn

＝－

＝>0，所以cn＋1>cn(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．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＝.