《创新方案高考人教版数学文总复习练习：第五章 数列 课时作业32 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《创新方案高考人教版数学文总复习练习：第五章 数列 课时作业32 Word版含解析（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业32数列求和1已知等比数列an中，a2a84a5，等差数列bn中，b4b6a5，则数列bn的前9项和S9等于(B)A9 B18C36 D72解析：a2a84a5，即a4a5，a54，a5b4b62b54，b52.S99b518，故选B.2(2019广州调研)数列1，3，5，7，(2n1)，的前n项和Sn的值等于(A)An21 B2n2n1Cn21 Dn2n1解析：该数列的通项公式为an(2n1)，则Sn135(2n1)n21.3(2019开封调研)已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，则S2 018(B)A22 0181 B321 0093C321 0091 D321 00
2、82解析：a11，a22，又2，2.a1，a3，a5，成等比数列；a2，a4，a6，成等比数列，S2 018a1a2a3a4a5a6a2 017a2 018(a1a3a5a2 017)(a2a4a6a2 018)321 0093.4定义为n个正数p1，p2，pn的“均倒数”若已知正项数列an的前n项的“均倒数”为，又bn，则(C)A. B.C. D.解析：依题意有，即前n项和Snn(2n1)2n2n，当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn14n1，a13满足该式则an4n1，bnn.因为，所以1.5(2019华中师大联盟质量测评)在数列an中，已知a13，且数列an(1)n是公比为2的等
3、比数列，对于任意的nN*，不等式a1a2anan1恒成立，则实数的取值范围是(C)A. B.C. D(，1解析：由已知，an(1)n3(1)12n12n，an2n(1)n.当n为偶数时，a1a2an(2222n)(111)2n12，an12n1(1)n12n11，由a1a2anan1，得1对nN*恒成立，；当n为奇数时，a1a2an(2222n)(1111)2n11，an12n1(1)n12n11，由a1a2anan1得，1对nN*恒成立，综上可知.6(2019衡水质检)中国古代数学有着很多令人惊叹的成就北宋沈括在梦溪笔谈卷十八技艺篇中首创隙积术，隙积术意即：将木桶一层层堆放成坛状，最上一层长
4、有a个，宽有b个，共计ab个木桶，每一层长宽各比上一层多一个，共堆放n层，设最底层长有c个，宽有d个，则共计有木桶个假设最上层有长2宽1共2个木桶，每一层的长宽各比上一层多一个，共堆放15层，则木桶的个数为1_360.解析：各层木桶长与宽的木桶数自上而下组成一等差数列，且公差为1，根据题意得，a2，b1，c21416，d11415，n15，则木桶的个数为1 360(个)7(2019安阳模拟)已知数列an中，an4n5，等比数列bn的公比q满足qanan1(n2)且b1a2，则|b1|b2|b3|bn|4n1.解析：由已知得b1a23，q4，bn(3)(4)n1，|bn|34n1，即|bn|是以
5、3为首项，4为公比的等比数列，|b1|b2|bn|4n1.8(2019海口调研)设数列an的前n项和为Sn，且a11，anan1(n1,2,3，)，则S2n3.解析：依题意得S2n3a1(a2a3)(a4a5)(a2n2a2n3)1.9(2019广东潮州模拟)已知Sn为数列an的前n项和，an23n1(nN*)，若bn，则b1b2bn.解析：因为3，且a12，所以数列an是以2为首项，3为公比的等比数列，所以Sn3n1，又bn，所以b1b2bn.10(2019潍坊模拟)若数列an的前n项和Sn满足Sn2an(0，nN*)(1)证明数列an为等比数列，并求an；(2)若4，bn(nN*)，求数列
6、bn的前2n项和T2n.解：(1)Sn2an，当n1时，得a1，当n2时，Sn12an1，SnSn12an2an1，即an2an2an1，an2an1，数列an是以为首项，2为公比的等比数列，an2n1.(2)4，an42n12n1，bnT2n22324526722n2n1(222422n)(352n1)n(n2)，T2nn22n.11(2019江西百校联盟联考)已知数列an的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，且a23，a35.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnan3n，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)由题意，得a1n1，即Snn(a1n1)，所以a1a22(a11)，a1a
7、2a33(a12)，且a23，a35.解得a11，所以Snn2，所以当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1，又n1时也满足，故an2n1.(2)由(1)得bn(2n1)3n，所以Tn13332(2n1)3n，则3Tn132333(2n1)3n1.Tn3Tn32(32333n)(2n1)3n1，则2Tn32(2n1)3n13n16(12n)3n1(22n)3n16，故Tn(n1)3n13.12(2019贵阳一模)已知数列an的前n项和是Sn，且Snan1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog(1Sn1)(nN*)，令Tn，求Tn.解：(1)当n1时，a1S1，由S1a11
8、，得a1，当n2时，Sn1an，Sn11an1，则SnSn1(an1an)，即an(an1an)，所以anan1(n2)故数列an是以为首项，为公比的等比数列故ann12n(nN*)(2)因为1Snann.所以bnlog(1Sn1)logn1n1，因为，所以Tn.13(2019湖北四地七校联考)数列an满足a11，nan1(n1)ann(n1)，且bnancos，记Sn为数列bn的前n项和，则S24(D)A294 B174C470 D304解析：nan1(n1)ann(n1)，1，数列是公差与首项都为1的等差数列1(n1)1，可得ann2.bnancos，bnn2cos，令n3k2，kN*，则
9、b3k2(3k2)2cos(3k2)2，kN*，同理可得b3k1(3k1)2，kN*，b3k(3k)2，kN*.b3k2b3k1b3k(3k2)2(3k1)2(3k)29k，kN*，则S249(128)8304.14(2019衡水联考)已知数列an与bn的前n项和分别为Sn，Tn，且an0,6Sna3an，nN*，bn，若nN*，kTn恒成立，则k的最小值是(B)A. B.C49 D.解析：当n1时，6a1a3a1，解得a13或a10.由an0，得a13.由6Sna3an，得6Sn1a3an1.两式相减得6an1aa3an13an.所以(an1an)(an1an3)0.因为an0，所以an1a
10、n0，an1an3.即数列an是以3为首项，3为公差的等差数列，所以an33(n1)3n.所以bn.所以Tn.要使nN*，kTn恒成立，只需k.故选B.15设f(x)，若Sfff，则S1_008.解析：f(x)，f(1x)，f(x)f(1x)1.Sfff，Sfff，得2S2 016，S1 008.16已知数列an的首项a13，前n项和为Sn，an12Sn3，nN*.(1)求数列an的通项公式(2)设bnlog3an，求数列的前n项和Tn，并证明：Tn.解：(1)由an12Sn3，得an2Sn13(n2)，两式相减得an1an2(SnSn1)2an，故an13an(n2)，所以当n2时，an是以3为公比的等比数列因为a22S132a139，3，所以an是首项为3，公比为3的等比数列，an3n.(2)an3n，故bnlog3anlog33nn，nn，Tn12233nn，Tn122334(n1)nnn1.，得Tn23nnn1nn1n1，所以Tnn.因为n0，所以Tn.又因为Tn1Tn0，所以数列Tn单调递增，所以(Tn)minT1，所以Tn.
