2022届高考数学一轮复习第五章第四节数列求和课时作业理含解析北师大版.doc

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1、数列求和授课提示：对应学生用书第329页A组基础保分练1已知数列an的通项公式是an2n3，则其前20项和为（）A380B400C420 D440解析：令数列an的前n项和为Sn，则S20a1a2a202（1220）323420答案：C2已知数列an满足a11，an1则其前6项之和是（）A16 B20C33 D120解析：由已知得a22a12，a3a213，a42a36，a5a417，a62a514，所以S6123671433答案：C3化简Snn（n1）2（n2）2222n22n1的结果是（）A2n1n2 B2n1n2C2nn2 D2n1n2解析：因为Snn（n1）2（n2）2222n22n1

2、，2Snn2（n1）22（n2）2322n12n，所以得，Snn（222232n）n22n1，所以Sn2n1n2答案：D4（2021重庆一调）已知数列an满足an，则a1（）AB CD解析：由题知，数列an满足an，所以数列的通项公式为，所以a111答案：A5数列an，bn满足a1b11，an1an2，nN，则数列ban的前n项和为（）A（4n11） B（4n1）C（4n11） D（4n1）解析：因为an1an2，a1b11，所以数列an是等差数列，数列bn是等比数列，an12（n1）2n1，bn12n12n1，数列ban的前n项和为ba1ba2banb1b3b5b2n120222422n2（

3、4n1）答案：D6已知数列an的首项a13，前n项和为Sn，an12Sn3，nN设bnlog3an，则数列的前n项和Tn的取值范围为（）A BC D解析：由an12Sn3，可得当n2时，有an2Sn13，两式相减得an1an2（SnSn1）2an（n2），故an13an（n2）又当n1时，a22S132a133a1，所以数列an是首项为3，公比为3的等比数列，故an3n所以bnlog3ann，所以所以Tn，Tn，得Tn，化简整理得Tn，因为0，所以Tn，又Tn1Tn0，所以数列Tn是递增数列，所以（Tn）minT1，所以Tn，故Tn的取值范围是答案：C7若数列an的通项公式是an（1）n（3n

4、2），则a1a2a10_解析：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10147101316192225285315答案：158（2020高考全国卷）数列an满足an2（1）nan3n1，前16项和为540，则a1_解析：法一：因为an2（1）nan3n1，所以当n为偶数时，an2an3n1，所以a4a25，a8a617，a12a1029，a16a1441，所以a2a4a6a8a10a12a14a1692因为数列an的前16项和为540，所以a1a3a5a7a9a11a13a1554092448因为当n为奇数时，an2an3n1，所以a3a12，a7a514，a11a926，a15a1338，所

5、以（a3a7a11a15）（a1a5a9a13）80由得a1a5a9a13184又a3a12，a5a38a110，a7a514a124，a9a720a144，a11a926a170，a13a1132a1102，所以a1a110a144a1102184，所以a17法二：同法一得a1a3a5a7a9a11a13a15448当n为奇数时，有an2an3n1，由累加法得an2a13（135n）（1n）n2n，所以an2n2na1所以a1a3a5a7a9a11a13a15a18a1392448，解得a17答案：79（2021大同调研）在数列an中，a13，an2an1n2（n2，且nN）（1）求a2和a

6、3的值；（2）证明：数列ann是等比数列，并求an的通项公式；（3）求数列an的前n项和Sn解析：（1）a13，a22a1226，a32a23213（2）证明：an2an1n2，n2，ann2（an1n1），n2又a114，ann是以4为首项，2为公比的等比数列ann42n12n1，an2n1n（3）Sn2212322n（n1）2n1n22（2n1）2n210（2021宁德二检）已知数列an的前n项和Snn22kn（kN），Sn的最小值为9（1）确定k的值，并求数列an的通项公式；（2）设bn（1）nan，求数列bn的前2n1项和T2n1解析：（1）由已知得Snn22kn（nk）2k2，因为k

7、N，则当nk时，（Sn）mink29，故k3所以Snn26n因为Sn1（n1）26（n1）（n2），所以anSnSn1（n26n）（n1）26（n1）2n7（n2）当n1时，S1a15，满足an2n7，综上，an2n7（2）依题意，得bn（1）nan（1）n（2n7），则T2n1531135（1）2n（4n7）（1）2n12（2n1）75（222）n个52nB组能力提升练1已知数列an是等比数列，Sn为数列an的前n项和，且a33，S39（1）求数列an的通项公式；（2）设bnlog2，且bn为递增数列，若cn，求证：c1c2c3cn1解析：（1）设数列an的公比为q，当q1时，符合条件，a1

8、a33，an3，当q1时，所以解得an12综上，an3或an12（2）证明：若an3，则bn0，与题意不符，所以an12所以a2n3123，bnlog2log222n2n，cn，c1c2c3cn112（2021合肥调研）已知等差数列an，a212，a524，数列bn满足b14，bn1bnan（nN）（1）求数列an，bn的通项公式；（2）求使得成立的最小正整数n的值解析：（1）设等差数列an的公差为d，则a5a23d12，d4，ana2（n2）d4n4，bn1bn4n4，bnb1（b2b1）（b3b2）（bnbn1）4（414）（424）4（n1）44412（n1）4（n1）2n22n（n1）

9、，b14也适合an4n4，bn2n22n（nN）（2），即，解得n16，满足条件的最小正整数n的值为17C组创新应用练1（2021长春联考）已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0，a6和a8是函数f（x）ln xx28x的极值点，则S8（）A38B38C17 D17解析：因为f（x）ln xx28x，所以f（x）x8，令f（x）0，解得x或x又a6和a8是函数f（x）的极值点，且公差d0，所以a6，a8，所以解得所以S88a1d38答案：A2（2021合肥调研）设数列an的前n项和为Sn，4Sn（2n1）an1（nN）定义数列bn如下：对于正整数m，bm是使不等式anm成立的所有n的最小值

10、，则数列bn的前60项的和为（）A960 B930C900 D840解析：由4Sn（2n1）an1，得当n2时，4Sn1（2n1）an11，两式相减，得4an（2n1）an（2n1）an1，即（2n3）an（2n1）an1，所以，所以又4S14a1（21）a11，解得a11，所以an2n1（n2），又a11也适合，所以an2n1（nN）由anm，得2n1m，所以n，所以满足条件anm的n的最小值为大于等于的整数，所以bm，所以数列bn的前60项和为960答案：A3已知数列an，若an1anan2（nN），则称数列an为“凸数列”已知数列bn为“凸数列”，且b11，b22，则数列bn的前2 019项和为_解析：由“凸数列”的定义及b11，b22，得b33，b41，b52，b63，b71，b82，所以数列bn是周期为6的周期数列，且b1b2b3b4b5b60，于是数列bn的前2 019项和等于b1b2b34答案：4