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  • 2021-06-16 发布

2021高考数学一轮复习课时作业3

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课时作业30 数列求和 ‎ [基础达标]‎ ‎1.[2020·辽宁大连二十四中模拟]已知数列{an}的各项都是正数,n∈N*.‎ ‎(1)若{an}是等差数列,公差为d,且bn是an和an+1的等比中项,设cn=b-b,n∈N*,求证:数列{cn}是等差数列;‎ ‎(2)若a+a+a+…+a=S,Sn为数列{an}的前n项和,求数列{an}的通项公式.‎ 解析:(1)由题意得b=anan+1,‎ 则cn=b-b=an+1an+2-anan+1=2dan+1,‎ 因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,∴{cn}是等差数列.‎ ‎(2)当n=1时,a=a,∵a1>0,∴a1=1.‎ 当n≥2时,a+a+a+…+a=S,①‎ a+a+a+…+a=S,②‎ ‎①-②得,a=S-S=(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1).‎ ‎∵an>0,∴a=Sn+Sn-1=2Sn-an,③‎ ‎∵a1=1合适上式,∴当n≥2时,a=2Sn-1-an-1,④‎ ‎③-④得a-a=2(Sn-Sn-1)-an+an-1=2an-an+an-1=an+an-1,‎ ‎∵an+an-1>0,∴an-an-1=1,‎ ‎∴数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列,可得an=n.‎ ‎2.[2020·四川绵阳诊断]已知等差数列{an}的公差大于0,且a4=7,a2,a6-2a1,a14是等比数列{bn}的前三项.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)记数列{bn}的前n项和为Sn,若Sn>39,求n的取值范围.‎ 解析:(1)设等差数列{an}的公差为d(d>0),‎ 由a4=7,得a1+3d=7,①‎ 又a2,a6-2a1,a14是等比数列{bn}的前三项,‎ ‎∴(a6-2a1)2=a2a14,即(5d-a1)2=(a1+d)(a1+13d),化简得d=2a1,②‎ 联立①②,解得a1=1,d=2.∴an=1+2(n-1)=2n-1.‎ ‎(2)∵b1=a2=3,b2=a6-2a1=9,b3=a14=27是等比数列{bn}的前三项,‎ ‎∴等比数列{bn}的首项为3,公比为3.‎ ‎∴Sn==.‎ - 4 -‎ 由Sn>39,得>39,化简得3n>27,解得n>3,n∈N*.‎ ‎3.[2020·河北廊坊省级示范高中联考]在数列{an}中,a1=1,=,设bn=·an.‎ ‎(1)证明:数列{bn}是等比数列;‎ ‎(2)求{an}的前n项积Tn.‎ 解析:(1)因为==·=·=4,b1=2a1=2,‎ 所以数列{bn}是首项为2,公比为4的等比数列.‎ ‎(2)由(1)知bn=·an=2·4n-1,则an=·22n-1.‎ 从而Tn=×××…×·21+3+5+…+(2n-1)=.‎ ‎4.[2020·山西河津二中月考]设数列{an}满足a1=1,3a2-a1=1,且=(n≥2,n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{bn}中,b1=,4bn=an-1an(n≥2,n∈N*),{bn}的前n项和为Tn,证明:Tn<1.‎ 解析:(1)∵=(n≥2),‎ ‎∴=+,‎ 又a1=1,3a2-a1=1,∴=1,=,‎ ‎∴-=,‎ ‎∴是首项为1,公差为的等差数列,‎ ‎∴=1+(n-1)=(n+1),即an=.‎ ‎(2)∵4bn=an-1an(n≥2),∴bn==-(n≥2),又b1=符合上式,∴bn=-(n∈N*),‎ - 4 -‎ ‎∴Tn=b1+b2+…+bn=1-+-+…+-=1-<1.‎ ‎5.[2019·浙江诸暨中学期中]设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=,n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解析:(1)a1+3a2+32a3+…+3n-1an= ①,‎ 当n≥2时,a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1= ②,‎ ‎①-②,得3n-1·an=(n≥2),即an=;‎ 当n=1时,a1=,符合上式.‎ 所以数列{an}的通项公式为an=.‎ ‎(2)由(1)知bn= ‎①当n为奇数时,Sn=1+32+3+34+…+3n-1+n=·+=+(3n-1-1).‎ ‎②当n为偶数时,Sn=1+32+3+34+…+(n-1)+3n=·+=+(3n-1).‎ 所以数列{bn}的前n项和 Sn= ‎6.[2020·安徽合肥模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d>0,且a2a3=40,a1+a4=13,在公比为q(00,所以a2