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  • 2021-06-15 发布

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

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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