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- 2021-06-16 发布
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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==.
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*),
∴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(0
0,所以a2