《2020届高考数学一轮复习 第五篇 数列 第4节 数列求和及综合应用课时作业 理（含解析）新人教A版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学一轮复习 第五篇 数列 第4节 数列求和及综合应用课时作业 理（含解析）新人教A版（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第4节 数列求和及综合应用课时作业基础对点练(时间：30分钟)1数列12n1的前n项和为()(A)12n (B)22n(C)n2n1 (D)n22nC解析：由题意令an12n1，所以Snnn2n1，故选C.2在各项均为正数的等比数列an中，a2，a42，a5成等差数列，a12，Sn是数列an的前n项的和，则S10S4()(A)1 008 (B)2 016(C)2 032 (D)4 032B解析：由题意知2(a42)a2a5，即2(2q32)2q2q4q(2q32)，得q2，所以an2n，S1021122 046，S425230，所以S10S42 016，故选B.3已知数列an：，那么数列bn的
2、前n项和为()(A)4 (B)4(C)1 (D)A解析：由题意知an，bn4，所以b1b2bn44444.故选A.4(2019江西临川一中)已知数列an满足a1a2a3an2n2(nN*)，且对任意nN*都有t，则实数t的取值范围是()(A)(，) (B)，)(C)(，) (D)，)D解析：a12，n2时，a1a2a3an12(n1)2，an22n1(n2)当n1时，也满足an22n1.an22n1(nN*)t，故选D.5已知等比数列an的首项为，公比为，其前n项和为Sn，则Sn的最大值为()(A) (B)(C) (D)D解析：因为等比数列an的首项为，公比为，所以Sn1n，当n取偶数时，Sn
3、1n1；当n取奇数时，Sn1n1.所以Sn的最大值为.故选D.6(2018江西师大附中检测)已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且S1，S3，S4成等差数列，则数列an的公比为_解析：设an的公比为q，由题意易知q0且q1，因为S1，S3，S4成等差数列，所以2S3S1S4，即a1，解得q.答案：7现有一根n节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm，最下面的三节长度之和为114 cm，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n_.解析：设自上而下每节竹竿的长度构成的等差数列为an，由题意知，a110，anan1an2114，aa1an.所以3an1114，即a
4、n138.(a15d)2a1(an1d)，所以(105d)210(38d)，即5d218d560，解得d2或d(舍去)所以an110(n2)22n638，所以n16.答案：168数列an中，a11，an，则an的通项公式an_.解析：，则，an的通项公式an.答案：9已知等差数列an的各项均为正数，a13，前n项和为Sn，数列bn为等比数列，b11，且b2S264，b3S3960.(1)求an与bn；(2)求和：.解析：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，等差数列an的各项均为正数，即an0，d0，an3(n1)d，bnqn1，依题意得，解得，或(舍去)，故an32(n1)
5、2n1，bn8n1，(2)Sn35(2n1)n(n2)，.10已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x22.(1)求数列xn的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，Pn1(xn1，n1)得到折线P1P2Pn1，求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的区域的面积T.解析：(1)设数列xn的公比为q，由已知q0.由题意得所以3q25q20.因为q0，所以q2，x11，因此数列xn的通项公式为xn2n1.(2)过P1，P2，Pn1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Qn1.由(1)得xn1xn2n2n12n1，记梯形PnPn
6、1Qn1Qn的面积为bn，由题意得bn2n1(2n1)2n2，所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1.得Tn321(2222n1)(2n1)2n1(2n1)2n1.所以Tn.能力提升练(时间：15分钟)11已知函数yloga(x1)3(a0，a1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列an的第二项与第三项，若bn，数列bn的前n项和为Tn，则T10()(A) (B)(C)1 (D)B解析：对数函数ylogax的图像过定点(1,0)，函数yloga(x1)3的图像过定点(2,3)，则a22，a33 ，故
7、ann，bn，T1011，故选B.12数列an的前n项和为Sn，a11，a22，an2an1(1)n(nN)，则S100_.解析：由an2an1(1)n知a2k2a2k2，a2k1a2k10，a1a3a5a2n11，数列a2k是等差数列，a2k2k.S100(a1a3a5a99)(a2a4a6a100)50(246100)502 600.答案：2 60013(2019蚌埠二中)已知等比数列an的各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S38a13a2，a416，则S4_.解析：设等比数列an的公比为q0.2S38a13a2，2(a1a2a3)8a13a2，化为2a36a1a2，可得2a1q26
8、a1a1q，即为2q2q60，解得q2，又a416，可得a12316，解得a12，则S430.答案：3014已知数列bn是首项为b11，公差d3的等差数列，bn13log2(2an)(nN*)(1)求证：an是等比数列；(2)若数列cn满足cnanbn，求数列cn的前n项和Sn.解：(1)由题意，得bn13(n1)3n2.由bn13log2(2an)，得3n213log2(2an)，则ann，(n2，nN*)，数列an是首项为，公比为的等比数列(2)由(1)知，cn(3n2)()n(nN*)，Sn14()27()3(3n5)()n1(3n2)()n，Sn1()24()37()4(3n5)()n
9、(3n2)()n1.两式相减，得Sn3()2()3()4()n(3n2)()n1.化简，得Sn2(3n4)()n1，Sn4(3n4)()n(nN*)15(2019益阳4月)已知等差数列an的公差为d，且方程a1x2dx30的两个根分别为1,3.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2an2an，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)由题知，解得故数列an的通项公式为ana1(n1)d1(n1)22n1.(2)由(1)知，bn2an2an22n12(2n1)4n2，则Sn(44243k4n)(26104n2)2n2.16(2019烟台二模)已知等比数列an的前n项和Sn2n2(0)(1)求数列an的通项；(2)令bn2log2an，cn，求数列cn的前n项和Tn.解：(1)由已知得：a1S122，a2S2S1422，a3S3S2844.因为an为等比数列，所以aa1a3.即42(22)4，解得2.于是a12，公比q2，an2n(nN*)(2)由(1)有bn2log2an2log22n2n，cn所以Tn.6
