2021届高考数学一轮总复习课时作业35数列求和含解析苏教版 5页

课时作业35　数列求和 ‎1．(2020·福建泉州质检)已知等差数列{an}的公差d≠0，a3＝6，且a1，a2，a4成等比数列．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2an，求数列{an＋bn}的前n项和Sn.‎ 解：(1)根据题意，得 即 解得或(不合题意，舍去)，‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.‎ ‎(2)由(1)得bn＝2an＝22n＝4n，‎ 所以数列{bn}是首项为4，公比为4的等比数列．‎ 所以Sn＝(a1＋a2＋a3＋…＋an)＋(b1＋b2＋b3＋…＋bn)＝＋＝n2＋n＋.‎ ‎2．(2020·黑龙江大庆模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝120，an＋1＝3an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log3a2n－1，求数列的前n项和Tn.‎ 解：(1)∵S4＝120，an＋1＝3an，‎ ‎∴{an}是公比q＝3的等比数列．‎ 又S4＝＝120，解得a1＝3，‎ ‎∴{an}是以3为首项，以3为公比的等比数列，‎ 其通项公式为an＝a1qn－1＝3n.‎ ‎(2)∵bn＝log332n－1＝2n－1，‎ ‎∴Tn＝＋＋…＋ ‎＝ ‎＝＝.‎ ‎3．(2020·洛阳统考)已知等差数列{an}的公差d≠0，若a3＋a9＝22，且a5，a8，a13成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ 5‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解：(1)设数列{an}的首项为a1，依题意，‎ 解得a1＝1，d＝2，‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.‎ ‎(2)bn＝＝＝ ‎＝1＋＝1＋，‎ ‎∴Sn＝1＋×＋1＋×＋…＋1＋＝n＋＝.‎ ‎4．(2020·成都检测)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>1，且a2＋1为a1，a3的等差中项，S3＝14.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记bn＝an·log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)由题意，得2(a2＋1)＝a1＋a3.‎ 又S3＝a1＋a2＋a3＝14，‎ ‎∴2(a2＋1)＝14－a2，∴a2＝4.‎ ‎∵S3＝＋4＋4q＝14，∴q＝2或q＝.‎ ‎∵q>1，∴q＝2.∴an＝a2qn－2＝4·2n－2＝2n.‎ ‎(2)由(1)，知an＝2n，∴bn＝an·log2an＝2n·n.‎ ‎∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.‎ ‎∴2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.‎ ‎∴－Tn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n×2n＋1‎ ‎＝－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.‎ ‎∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.‎ ‎5．(2020·武汉调研)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，满足S2＋4S4＝S6，a1＝1.‎ ‎(1)求数列{an}的公比q；‎ ‎(2)令bn＝an－15，求T＝|b1|＋|b2|＋…＋|b10|的值．‎ 解：(1){an}是正项等比数列，若q＝1，则Sn＝na1＝n，‎ ‎∴S2＝2,4S4＝4×4，S6＝6，不合题意，‎ ‎∴q≠1，从而Sn＝.‎ 由S2＋4S4＝S6可知 ＋4·＝，‎ ‎∴(1－q2)＋4(1－q4)＝1－q6，而q≠1，且q>0，‎ 5‎ ‎∴1＋4(1＋q2)＝1＋q2＋q4，即q4－3q2－4＝0，‎ ‎∴(q2－4)(q2＋1)＝0，∴q＝2.‎ ‎(2)由(1)知an＝2n－1，‎ 则an的前n项和Sn＝＝2n－1.‎ 当n≥5时，bn＝2n－1－15>0，n≤4时，bn＝2n－1－15<0，‎ ‎∴T＝－(b1＋b2＋b3＋b4)＋(b5＋b6＋…＋b10)＝－(a1＋a2＋a3＋a4－15×4)＋(a5＋a6＋…＋a10－15×6)＝－S4＋S10－S4＋60－90＝S10－2S4－30＝(210－1)－2×(24－1)－30＝210－25－29＝1 024－32－29＝963.‎ ‎6．(2020·安徽合肥模拟)“垛积术” (隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件．已知第一层货物单价是1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则n的值为(　D　)‎ A．7 B．8‎ C．9 D．10‎ 解析：由题意知，茭草垛自上而下堆放的货物件数构成一个等差数列{an}，且an＝n，货物单价构成一个等比数列{bn}，且bn＝n－1，所以每一层货物的总价为anbn＝n·n－1万元．所以这堆货物的总价(单位：万元)为Sn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，所以Sn＝1×1＋2×＋3×2＋…＋(n－1)×n－2＋n×n－1.‎ 两边同乘得Sn＝1×＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1＋n×n，‎ 两式相减得Sn＝1＋＋2＋3＋…＋n－1－n×n＝10－(10＋n)× 5‎ n，‎ 所以Sn＝100－10×(10＋n)×n，‎ 由100－10×(10＋n)×n＝100－200×n，‎ 整理得10×(10＋n)＝200，解得n＝10.故选D．‎ ‎7．(2020·黑龙江名校联考)设数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且an＋2－2an＋1＋an＝2.若[x]表示不超过x的最大整数，则＋＋…＋＝(　C　)‎ A．2 018 B．2 019‎ C．2 020 D．2 021‎ 解析：∵an＋2－2an＋1＋an＝2，∴an＋2－an＋1－(an＋1－an)＝2.又a2－a1＝4.∴{an＋1－an}是等差数列，首项为4，公差为2.∴an＋1－an＝4＋2(n－1)＝2(n＋1)．∴当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2(n－1)＋…＋2×2＋2＝2·＝n(n＋1)．∴当n≥2时，＝，∴＝＝1.∴＋＋…＋＝2＋2 018＝2 020.故选C．‎ ‎8．设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{cn}满足求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，‎ 得解得或(舍)．‎ 故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.‎ 所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.‎ ‎(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．‎ 记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①‎ 则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②‎ ‎②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1‎ ‎＝－＋n×3n＋1＝.‎ 所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×＝‎ 5‎ eq f((2n－1)3n＋2＋6n2＋9,2)(n∈N*)．‎ 5‎