【数学】2020届一轮复习北师大版数列求和及综合应用作业 6页

一、选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)‎ ‎1．(2018·邯郸二模)设{an}是公差为2的等差数列，bn＝a2n，若{bn}为等比数列，则b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝‎ A．142　　　　B．124　　　　C．128　　　　D．144‎ 解析　因为{an}是公差为2的等差数列，bn＝a2n，‎ 所以an＝a1＋(n－1)×2＝a1＋2n－2，‎ 因为{bn}为等比数列，‎ 所以b＝b1b3.‎ 所以(a4)2＝a2·a8，‎ 所以(a1＋8－2)2＝(a1＋4－2)(a1＋16－2)，解得a1＝2，‎ 所以bn＝a2n＝2＋2×2n－2＝2n＋1，‎ 所以b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝22＋23＋24＋25＋26＝124.‎ 答案　B ‎2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＝a5.令bn＝(－1)n－1an，则数列{bn}的前2n项和T2n为 A．－n B．－2n C．n D．2n 解析　设等差数列{an}的公差为d，由S3＝a5，得3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，∴an＝2n－1，∴bn＝(－1)n－1(2n－1)，∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝－2n，选B.‎ 答案　B ‎3．(2018·大连模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，(an－Sn－1)2＝SnSn－1，若bn＝log2，则bn＝‎ A．2n－3 B．2n－4 C．n－3 D．n－4‎ 解析　当n≥2时，(an－Sn－1)2＝SnSn－1，即(Sn－2Sn－1)2＝SnSn－1，即(Sn－Sn－1)(Sn－4Sn－1)＝0，∵正项数列{an}的前n项和为Sn，∴Sn≠Sn－1，∴Sn＝4Sn－1，∴数列{Sn}是等比数列，首项为1，公比为4，∴Sn＝4n－1，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1－4n－2＝3×4n－2，∴an＝∴当n≥2时，bn＝log2＝log222n－3＝2n－3，又当n＝1时也符合，故bn＝2n－3(n∈N*)，故选A.‎ 答案　A ‎4．(2018·昆明第三次综合测试)已知数列{an}的通项公式为an＝log2(n∈N*)，设其前n项和为Sn，则使Sn<－5成立的正整数n有 A．最小值63 B．最大值63‎ C．最小值31 D．最大值31‎ 解析　∵an＝log2(n∈N*)，‎ ‎∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log2＋log2＋…＋log2＝(log22－log23)＋(log23－log24)＋…＋log2(n＋1)－log2(n＋2)＝log22－log2(n＋2)＝log2 ，由Sn<－5得<即n>62，故使Sn<－5成立的正整数n有最小值63.‎ 答案　A ‎5．(2018·桂林联考)已知各项都为正数的等比数列{an}，满足a3＝2a1＋a2，若存在两项am，an，使得＝4a1，则＋的最小值为 A．2 B. C. D．1‎ 解析　正项等比数列{an}满足：a3＝2a1＋a2，可得a1q2＝2a1＋a1q，即q2－q－2＝0，∴q＝2，∵＝4a1，∴aman＝16a，‎ ‎∴(a1·2m－1)·(a1·2n－1)＝16a，∴a·2m＋n－2＝16a，∴m＋n＝6，‎ ‎∴＋＝(m＋n)＝≥＝，当且仅当＝时，等号成立，故＋的最小值为，故选B.‎ 答案　B 二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)‎ ‎6．(2018·抚顺一模)已知数列{an}是等比数列，其公比为2，设bn＝log2an，且数列{bn}的前10项的和为25，那么＋＋＋…＋的值为________．‎ 解析　数列{an}是等比数列，其公比为2，‎ 设bn＝log2an，且数列{bn}的前10项的和为25，‎ 所以b1＋b2＋…＋b10＝log2(a1·a2·…·a10)‎ ‎＝log2(a21＋2＋…＋9)＝25，‎ 所以a×245＝225，可得a1＝.‎ 那么＋＋＋…＋＝4 ‎＝4×＝.‎ 答案　 ‎7．(2018·佛山质检)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，记Sn是数列{an}的前n项和，则S60＝________．‎ 解析　解法一　依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋×1＝465；‎ 当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.‎ 因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.‎ 解法二　∵an＋2＋(－1)nan＝1，∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且a4＋a2＝1，a6＋a4＝1，a8＋a6＝1，…，∴{a2n－1}为等差数列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4，∴S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋1＋2＝4，S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝3＋4＋1＝8，S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12＝5＋6＋1＝12，…，∴S60＝4×15＋×4＝480.‎ 答案　480‎ ‎8．(2018·广元适应性统考)在数列{an}中，a1＝，an＝(n≥2，n∈N*)，设bn＝，Sn是数列{bn}的前n项和，则16Sn＋＋＝________．‎ 解析　∵a1＝，an＝(n≥2，n∈N*)，∴a＝a＋2，a＝2，∴{a}是以2为首项，以2为公差的等差数列，∴a＝2n，∴bn＝＝ ‎＝，由裂项相消法可得 Sn＝ ‎＝，则16Sn＋＋＝1＋－－＋＋＝.‎ 答案　 三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)‎ ‎9．(2018·天津)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)．‎ ‎①求Tn；‎ ‎②证明＝－2(n∈N*)．‎ 解析　(1)设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.由q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.‎ 设等差数列{bn}的公差为d.由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.所以，数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.‎ ‎(2)①由(1)，有Sn＝＝2n－1，‎ 故Tn＝‎ ‎＝－n ‎＝2n＋1－n－2.‎ ‎②证明　因为＝ ‎＝＝－，‎ 所以，＝＋＋…＋＝－2.‎ ‎10．(2018·威海二模)已知数列{an}中，a2＝2，Sn是其前n项和，且Sn＝.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若正项数列{bn}满足an＝log2，设数列的前n项和为Tn，求使得>30成立的正整数n的最小值．‎ 解析　(1)令n＝1，得a1＝0.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－.‎ 可得(n－2)an＝(n－1)an－1，‎ 当n≥3时，＝，‎ 所以an＝××…××a2＝2(n－1)，‎ 显然当n＝1，2时，满足上式．所以an＝2(n－1)．‎ ‎(2)因为an＝log2，‎ 所以2(n－1)＝log2＝log2b－log24＝2log2bn－2，‎ 即2n＝2log2bn，∴bn＝2n，＝＝，‎ 所以Tn＝＋＋＋＋…＋，‎ Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ 作差得Tn＝＋＋…＋－＝1－－＝1－.‎ ‎∴Tn＝2－.即＝2n－1.‎ 由＝2n－1>30，解得n≥6.‎ 当n≥6时，不等式恒成立，所以正整数n的最小值为6.‎ ‎11．(2018·青岛二模)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.‎ ‎(1)求an与bn；‎ ‎(2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.‎ ‎①求Sn；‎ ‎②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.‎ 解析　(1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，‎ 知a3＝()b3－b2＝8.‎ 又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，‎ 所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)．‎ 所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．‎ 故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．‎ ‎(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，‎ 所以Sn＝－(n∈N*)．‎ ‎②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；‎ 当n≥5时，‎ cn＝，‎ 而－＝>0，‎ 即数列当n≥5时是递减的．‎ 所以≤<1，‎ 所以，当n≥5时，cn<0.‎ 综上，对任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4.‎