高考人教版數(shù)學(xué)理總復(fù)習(xí)練習(xí)：第五章 數(shù)列 課時(shí)作業(yè)33 Word版含解析

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1、 課時(shí)作業(yè)33　數(shù)列求和 1．已知等比數(shù)列{an}中，a2·a8＝4a5，等差數(shù)列{bn}中，b4＋b6＝a5，則數(shù)列{bn}的前9項(xiàng)和S9等于(　B　) A．9 B．18 C．36 D．72 解析：∵a2·a8＝4a5， 即a＝4a5，∴a5＝4， ∴a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2. ∴S9＝9b5＝18，故選B. 2．(2019·廣州調(diào)研)數(shù)列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n項(xiàng)和Sn的值等于(　A　) A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－ C．n2＋1－ D．n2－n＋1－ 解析：該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝(2n－1)＋， 則S

2、n＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－. 3．(2019·開封調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，則S2 018＝(　B　) A．22 018－1 B．3×21 009－3 C．3×21 009－1 D．3×21 008－2 解析：a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2， ∴＝2. ∴a1，a3，a5，…成等比數(shù)列；a2，a4，a6，…成等比數(shù)列， ∴S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018 ＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018) ＝＋＝3×21 0

3、09－3. 4．定義為n個(gè)正數(shù)p1，p2，…，pn的“均倒數(shù)”．若已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的“均倒數(shù)”為，又bn＝，則＋＋…＋＝(　C　) A. B. C. D. 解析：依題意有＝， 即前n項(xiàng)和Sn＝n(2n＋1)＝2n2＋n， 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3； 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，a1＝3滿足該式． 則an＝4n－1，bn＝＝n. 因?yàn)椋剑剑? 所以＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝. 5．(2019·華中師大聯(lián)盟質(zhì)量測(cè)評(píng))在數(shù)列{an}中，已知a1＝3，且數(shù)列{an＋(－1)n}是公比為2的等比數(shù)列，對(duì)于任意的n∈N*，不等式a1＋a2＋…＋an

4、≥λan＋1恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是(　C　) A. B. C. D．(－∞，1] 解析：由已知，an＋(－1)n＝[3＋(－1)1]·2n－1＝2n， ∴an＝2n－(－1)n. 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，a1＋a2＋…＋an＝(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1)＝2n＋1－2，an＋1＝2n＋1－(－1)n＋1＝2n＋1＋1， 由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1， 得λ≤＝1－對(duì)n∈N*恒成立， ∴λ≤； 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，a1＋a2＋…＋an＝(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1－1)＝2n＋1－1， an＋1＝2n＋1－(－1)n＋1＝2n＋1－1， 由a

5、1＋a2＋…＋an≥λan＋1得， λ≤＝1對(duì)n∈N*恒成立， 綜上可知λ≤. 6．(2019·衡水質(zhì)檢)中國(guó)古代數(shù)學(xué)有著很多令人驚嘆的成就．北宋沈括在《夢(mèng)溪筆談》卷十八《技藝》篇中首創(chuàng)隙積術(shù)，隙積術(shù)意即：將木桶一層層堆放成壇狀，最上一層長(zhǎng)有a個(gè)，寬有b個(gè)，共計(jì)ab個(gè)木桶，每一層長(zhǎng)寬各比上一層多一個(gè)，共堆放n層，設(shè)最底層長(zhǎng)有c個(gè)，寬有d個(gè)，則共計(jì)有木桶個(gè)．假設(shè)最上層有長(zhǎng)2寬1共2個(gè)木桶，每一層的長(zhǎng)寬各比上一層多一個(gè)，共堆放15層，則木桶的個(gè)數(shù)為　1 360　. 解析：各層木桶長(zhǎng)與寬的木桶數(shù)自上而下組成一等差數(shù)列，且公差為1，根據(jù)題意得，a＝2，b＝1，c＝2＋14＝16，d＝1＋14＝

6、15，n＝15，則木桶的個(gè)數(shù)為 ＝1 360(個(gè))． 7．(2019·安陽(yáng)模擬)已知數(shù)列{an}中，an＝－4n＋5，等比數(shù)列{bn}的公比q滿足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，則|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝　4n－1　. 解析：由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4， ∴bn＝(－3)×(－4)n－1， ∴|bn|＝3×4n－1， 即{|bn|}是以3為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列， ∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1. 8．(2019·?？谡{(diào)研)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝(n＝1,2,3，…)，則S2n＋3＝　

7、　. 解析：依題意得S2n＋3＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋2＋a2n＋3)＝1＋＋＋…＋＝＝. 9．(2019·廣東潮州模擬)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝，則b1＋b2＋…＋bn＝?。? 解析：因?yàn)椋剑?，且a1＝2， 所以數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列， 所以Sn＝＝3n－1， 又bn＝＝＝－， 所以b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝－. 10．(2019·濰坊模擬)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝2an－λ(λ＞0，n∈N*)． (1)證明數(shù)列{an}為等比數(shù)列，并求an；

8、(2)若λ＝4，bn＝(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n. 解：(1)證明：∵Sn＝2an－λ，當(dāng)n＝1時(shí)，得a1＝λ， 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1－λ， ∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1， ∴數(shù)列{an}是以λ為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列， ∴an＝λ2n－1. (2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1， ∴bn＝ ∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1 ＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1) ＝＋ ＝＋n(n＋2)， ∴T2n＝＋n2＋2n－. 11

9、．(2019·江西百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列，且a2＝3，a3＝5. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝an·3n，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解：(1)由題意，得＝a1＋n－1， 即Sn＝n(a1＋n－1)， 所以a1＋a2＝2(a1＋1)，a1＋a2＋a3＝3(a1＋2)，且a2＝3，a3＝5. 解得a1＝1，所以Sn＝n2， 所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1， 又n＝1時(shí)也滿足，故an＝2n－1. (2)由(1)得bn＝(2n－1)·3n， 所以Tn＝1×3＋3×32＋…

10、＋(2n－1)·3n， 則3Tn＝1×32＋3×33＋…＋(2n－1)·3n＋1. ∴Tn－3Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)·3n＋1， 則－2Tn＝3＋2×－(2n－1)·3n＋1＝3n＋1－6＋(1－2n)·3n＋1＝(2－2n)·3n＋1－6， 故Tn＝(n－1)·3n＋1＋3. 12．(2019·貴陽(yáng)一模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝log(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝＋＋…＋，求Tn. 解：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1， 由S1＋a1＝1，得a1＝，

11、 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1， 則Sn－Sn－1＝(an－1－an)， 即an＝(an－1－an)，所以an＝an－1(n≥2)． 故數(shù)列{an}是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列． 故an＝·n－1＝2·n(n∈N*)． (2)因?yàn)?－Sn＝an＝n. 所以bn＝log(1－Sn＋1)＝logn＋1＝n＋1， 因?yàn)椋剑剑? 所以Tn＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝－＝. 13．(2019·湖北四地七校聯(lián)考)數(shù)列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，且bn＝ancos，記Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，則S24＝(　D　) A．2

12、94 B．174 C．470 D．304 解析：∵nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)， ∴－＝1， ∴數(shù)列是公差與首項(xiàng)都為1的等差數(shù)列． ∴＝1＋(n－1)×1，可得an＝n2. ∵bn＝ancos，∴bn＝n2cos， 令n＝3k－2，k∈N*， 則b3k－2＝(3k－2)2cos＝ －(3k－2)2，k∈N*， 同理可得b3k－1＝－(3k－1)2，k∈N*， b3k＝(3k)2，k∈N*. ∴b3k－2＋b3k－1＋b3k＝－(3k－2)2－(3k－1)2＋(3k)2＝9k－，k∈N*， 則S24＝9×(1＋2＋…＋8)－×8＝304. 14．(20

13、19·衡水聯(lián)考)已知數(shù)列{an}與{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，且an＞0,6Sn＝a＋3an，n∈N*，bn＝，若?n∈N*，k＞Tn恒成立，則k的最小值是(　B　) A. B. C．49 D. 解析：當(dāng)n＝1時(shí)，6a1＝a＋3a1， 解得a1＝3或a1＝0. 由an＞0，得a1＝3. 由6Sn＝a＋3an，得6Sn＋1＝a＋3an＋1. 兩式相減得6an＋1＝a－a＋3an＋1－3an. 所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0. 因?yàn)閍n＞0， 所以an＋1＋an＞0，an＋1－an＝3. 即數(shù)列{an}是以3為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列， 所

14、以an＝3＋3(n－1)＝3n. 所以bn＝ ＝ ＝. 所以Tn＝ ＝＜. 要使?n∈N*，k＞Tn恒成立，只需k≥.故選B. 15．設(shè)f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，則S＝　1 008　. 解析：∵f(x)＝， ∴f(1－x)＝＝， ∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1. S＝f＋f＋…＋f，① S＝f＋f＋…＋f，② ①＋②，得2S＝＋ ＋…＋ ＝2 016， ∴S＝＝1 008. 16．已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝3，前n項(xiàng)和為Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式． (2)設(shè)bn＝log3an，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn

15、，并證明：≤Tn＜. 解：(1)由an＋1＝2Sn＋3， 得an＝2Sn－1＋3(n≥2)， 兩式相減得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an， 故an＋1＝3an(n≥2)， 所以當(dāng)n≥2時(shí)，{an}是以3為公比的等比數(shù)列． 因?yàn)閍2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，＝3， 所以{an}是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列，an＝3n. (2)an＝3n，故bn＝log3an＝log33n＝n， ＝＝n·n， Tn＝1×＋2×2＋3×3＋…＋n×n，① Tn＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1.② ①－②，得 Tn＝＋2＋3＋…＋n－n×n＋1 ＝－n×n＋1 ＝－n＋1， 所以Tn＝－n. 因?yàn)閚＞0，所以Tn＜. 又因?yàn)門n＋1－Tn＝＞0， 所以數(shù)列{Tn}單調(diào)遞增， 所以(Tn)min＝T1＝， 所以≤Tn＜.