《2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第5章 第4節(jié) 數(shù)列求和課時(shí)作業(yè) 理.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第5章 第4節(jié) 數(shù)列求和課時(shí)作業(yè) 理.doc（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第5章 第4節(jié) 數(shù)列求和課時(shí)作業(yè) 理 解答題 1．(xx江西)正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足：a－(2n－1)an－2n＝0. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an； (2)令bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解：(1)由a－(2n－1)an－2n＝0， 得(an－2n)(an＋1)＝0. 由于{an}是正項(xiàng)數(shù)列，所以an＝2n. (2)由于an＝2n，bn＝， 則bn＝＝， Tn＝ ＝＝. 2．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求使得Sn>21－2n成立的最小整數(shù)n. 解：(1)由an＋2＋2an－3an＋1＝0， 得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)． ∴數(shù)列{an＋1－an}是以a2－a1＝3為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列． ∴an＋1－an＝32n－1. ∴當(dāng)n≥2時(shí)，an－an－1＝32n－2， an－1－an－2＝32n－3，…， a3－a2＝32，a2－a1＝3. 累加，得an－a1＝32n－2＋…＋32＋3＝3(2n－1－1)． ∴an＝32n－1－2， 又當(dāng)n＝1時(shí)，也滿足上式， ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝32n－1－2，n∈N*. (2)由(1)利用分組求和法，得 Sn＝3(2n－1＋2n－2＋…＋2＋1)－2n ＝3(2n－1)－2n. 由Sn＝3(2n－1)－2n>21－2n，得 32n>24，即2n>8. ∴n>3， ∴使得Sn>21－2n成立的最小整數(shù)n＝4. 3．(xx山東威海一模)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}，其前n項(xiàng)和Sn滿足8Sn＝a＋4an＋3，且a2是a1和a7的等比中項(xiàng)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝log2，求數(shù)列{bn}的前99項(xiàng)和． 解：(1)∵8Sn＝a＋4an＋3，① ∴8Sn－1＝a＋4an－1＋3(n≥2，n∈N*)，② 由①－②得8an＝(an－an－1)(an＋an－1)＋4an－4an－1，整理得(an－an－1－4)(an＋an－1)＝0(n≥2，n∈N*)． ∵{an}為正項(xiàng)數(shù)列，∴an＋an－1＞0，∴an－an－1＝4(n≥2，n∈N*)． ∴{an}為公差為4的等差數(shù)列． 由8a1＝a＋4a1＋3，得a1＝3或a1＝1. 當(dāng)a1＝3時(shí)，a2＝7，a7＝27，不滿足a2是a1和a7的等比中項(xiàng)；當(dāng)a1＝1時(shí)，a2＝5，a7＝25，滿足a2是a1和a7的等比中項(xiàng)． ∴an＝1＋4(n－1)＝4n－3. (2)由an＝4n－3，得bn＝log2＝log2， ∴b1＋b2＋b3＋…＋b99 ＝log2＋log2＋log2＋…＋log2 ＝log2 ＝log2＝－log2 100. 4．(xx湖北八校第一次聯(lián)考)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足：a2＋a4＝18，S7＝91.遞增的等比數(shù)列{bn}前n項(xiàng)和為T(mén)n，滿足：b1＋bk＝66，b2bk－1＝128，Tk＝126. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{cn}對(duì)?n∈N*，均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋…＋c2 013. 解：(1)由題意知， 解得a3＝9，a4＝13， 則an＝4n－3. ∵b2bk－1＝b1bk， ∴b1，bk是方程x2－66x＋128＝0的兩根， 得b1＝2，bk＝64， ∵Sk＝＝＝126， 將b1＝2，bk＝64代入求得q＝2， ∴bn＝2n. (2)由＋＋…＋＝an＋1， ＋＋…＋＝an(n≥2)， 相減，得＝an＋1－an＝4， ∴兩式cn＝4bn＝2n＋2(n≥2)， 又＝a2， 解得c1＝10， ∴cn＝ ∴c1＋c2＋…＋c2 013＝10＋24＋25＋…＋22 015 ＝22 016－6. 5．已知數(shù)列{an}，如果數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，bn＝an＋an－1，n≥2，n∈N*，則稱數(shù)列{bn}是數(shù)列{an}的“生成數(shù)列”． (1)若數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an＝n，寫(xiě)出數(shù)列{an}的“生成數(shù)列”{bn}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{cn}的通項(xiàng)為cn＝2n＋b(其中b是常數(shù))，試問(wèn)數(shù)列{cn}的“生成數(shù)列”{qn}是否是等差數(shù)列，請(qǐng)說(shuō)明理由； (3)已知數(shù)列{dn}的通項(xiàng)為dn＝2n＋n，求數(shù)列{dn}的“生成數(shù)列”{pn}的前n項(xiàng)和Tn. 解：(1)當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝an＋an－1＝2n－1， 當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝a1＝1適合上式， ∴bn＝2n－1(n∈N*)． (2)qn＝ 當(dāng)b＝0時(shí)，qn＝4n－2，由于qn＋1－qn＝4，所以此時(shí)數(shù)列{cn}的“生成數(shù)列”{qn}是等差數(shù)列． 當(dāng)b≠0時(shí)，由于q1＝c1＝2＋b，q2＝6＋2b，q3＝10＋2b，此時(shí)q2－q1≠q3－q2，所以數(shù)列{cn}的“生成數(shù)列”{qn}不是等差數(shù)列． 綜上，當(dāng)b＝0時(shí)，{qn}是等差數(shù)列； 當(dāng)b≠0時(shí)，{qn}不是等差數(shù)列． (3)pn＝ 當(dāng)n>1時(shí)，Tn＝3＋(32＋3)＋(322＋5)＋…＋(32n－1＋2n－1)， ∴Tn＝3＋3(2＋22＋23＋…＋2n－1)＋(3＋5＋7＋…＋2n－1)＝32n＋n2－4. 又n＝1時(shí)，T1＝3，適合上式， ∴Tn＝32n＋n2－4. 6．(xx濰坊模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差大于0，且a3，a5是方程x2－14x＋45＝0的兩根，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)的和為Sn，且Sn＝(n∈N*)，cn＝anbn. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求證：cn＋1≤cn； (3)求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 解：(1)∵a3，a5是方程x2－14x＋45＝0的兩根，且數(shù)列{an}的公差d>0， ∴a3＝5，a5＝9，公差d＝＝2. ∴an＝a5＋(n－5)d＝2n－1. 又當(dāng)n＝1時(shí)， 有b1＝S1＝， ∴b1＝， 當(dāng)n≥2時(shí)，有bn＝Sn－Sn－1＝(bn－1－bn)， ∴＝(n≥2)， ∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)b1＝，公比q＝的等比數(shù)列， ∴bn＝b1qn－1＝. (2)證明：由(1)知，cn＝anbn＝，cn＋1＝， ∴cn＋1－cn＝－＝≤0. ∴cn＋1≤cn. (3)cn＝anbn＝， ∵Tn＝＋＋＋…＋＋，① ∴Tn＝＋＋＋…＋＋，② ①－②，得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝＋2－， 化簡(jiǎn)，得Tn＝1－－＝1－.