【2022届走向高考】高三数学一轮(北师大版)基础巩固:第6章-第4节-数列的通项与求和.docx
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第六章 第四节 一、选择题 1.数列{an},{bn}都是等差数列,a1=5,b1=7,且a20+b20=60.则{an+bn}的前20项的和为( ) A.700 B.710 C.720 D.730 [答案] C [解析] 由于{an},{bn}都是等差数列,由等差数列的性质可知,{an+bn}的前20项的和为S20=+=10(a1+b1+a20+b20)=10×(5+7+60)=720. 2.(文)(2021·新课标Ⅰ)设首项为1,公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn,则( ) A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2 C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an [答案] D [解析] 本题考查等比数列前n项和Sn与通项an之间的关系,由题意得,an=()n-1,Sn===3-2an,选D. (理)一个等比数列前三项的积为2,最终三项的积为4,且全部项的积为64,则该数列有( ) A.13项 B.12项 C.11项 D.10项 [答案] B [解析] 设前三项分别为a1,a1q,a1q2,后三项分别为a1qn-3,a1qn-2,a1qn-1,所以前三项之积aq3=2,后三项之积aq3n-6=4.所以两式相乘,得aq3(n-1)=8,即aqn-1=2.又a1·a1q·a1q2·…·a1qn-1=64,aq=64,即(aqn-1)n=642,即2n=642.所以n=12. 3.已知数列{an}的前n项和Sn=an2+bn(a、b∈R),且S25=100,则a12+a14等于( ) A.16 B.8 C.4 D.不确定 [答案] B [解析] 由数列{an}的前n项和Sn=an2+bn(a、b∈R),可得数列{an}是等差数列,S25==100,解得a1+a25=8,所以a12+a14=a1+a25=8. 4.(文)已知函数f(x)=x2+bx的图像在点A(1,f(1))处的切线的斜率为3,数列{}的前n项和为Sn,则S2021的值为( ) A. B. C. D. [答案] D [解析] ∵f′(x)=2x+b, ∴f′(1)=2+b=3,∴b=1,∴f(x)=x2+x, ∴==-, ∴S2021=1-+-+…+-=1-=. (理)+++…+等于( ) A. B. C.1- D.3- [答案] A [解析] Sn=[(1-)+(-)+…+(-)]=·(1-)=. 5.若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10=( ) A.15 B.12 C.-12 D.-15 [答案] A [解析] 设bn=3n-2,则数列{bn}是以1为首项,3为公差的等差数列,所以a1+a2+…+a9+a10=(-b1)+b2+…+(-b9)+b10=(b2-b1)+(b4-b3)+…+(b10-b9)=5×3=15. 6.数列1×,2×,3×,4×,…的前n项和为( ) A.2-- B.2-- C.(n2+n+2)- D.n(n+1)+1- [答案] B [解析] S=1×+2×+3×+4×+…+n×=1×+2×+3×+…+n×, ① 则S=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×, ② ①-②得S=+++…+-n×=-=1--. ∴S=2--. 二、填空题 7.在等差数列{an}中,Sn表示前n项和,a2+a8=18-a5,则S9=________. [答案] 54 [解析] 由等差数列的性质,a2+a8=18-a5, 即2a5=18-a5,∴a5=6, S9==9a5=54. 8.(文)若等比数列{an}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q=________,前n项和Sn=________. [答案] 2 2n+1-2 [解析] 本题考查了等比数列性质,前n项和公式等. 由题意a3+a5=q(a2+a4),∴q=2,又由a2+a4=a1q+a1q3知a1=2,∴Sn==2n+1-2. (理)已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1、a2、a5成等比数列,则S8=________. [答案] 64 [解析] 设等差数列{an}的公差为d,∵a=a1a5, ∴(1+d)2=1×(1+4d),即d2=2d,∵d≠0,∴d=2, ∴S8=8×1+×2=64. 9.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=2,{an}的“差数列”的通项为2n,则数列{an}的前n项和Sn=________. [答案] 2n+1-2. [解析] ∵an+1-an=2n, ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =2n-1+2n-2+…+22+2+2 =+2=2n-2+2=2n. ∴Sn==2n+1-2. 三、解答题 10.(文)(2022·北京高考)已知{an}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}为等比数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前n项和. [解析] (1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得 d===3. 所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…). 设等比数列{bn-an}的公比为q,由题意得 q3===8,解得q=2. 所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1, 从而bn=3n+2n-1(n=1,2,…). (2)由(1)知bn=3n+2n-1(n=1,2,…). 数列{3n}的前n项和为n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为1×=2n-1. 所以,数列{bn}的前n项和为n(n+1)+2n-1. (理)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知对任意的n∈N+,点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>0且b≠1,b,r均为常数)的图像上. (1)求r的值; (2)当b=2时,记bn=(n∈N+),求数列{bn}的前n项和Tn. [解析] (1)由题意,Sn=bn+r, 当n≥2时,Sn-1=bn-1+r, 所以an=Sn-Sn-1=bn-1(b-1), 由于b>0且b≠1, 所以n≥2时,{an}是以b为公比的等比数列, 又a1=b+r,a2=b(b-1), =b,即=b, 解得r=-1. (2)由(1)及b=2知,n∈N+,an=(b-1)bn-1=2n-1, 所以bn==. Tn=+++…+. Tn=++…++, 两式相减得Tn=+++…+- =+- =--, 故Tn=--=-. 一、选择题 1.数列{an}满足an+an+1=(n∈N+),且a1=1,Sn是数列{an}的前n项和,则S21=( ) A. B.6 C.10 D.11 [答案] B [解析] 依题意得an+an+1=an+1+an+2=,则an+2=an,即数列{an}中的奇数项,偶数项分别相等,则a21=a1=1,S21=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)+a21=10(a1+a2)+a21=10×+1=6. 2.(文)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成立的自然数n( ) A.有最大值63 B.有最小值63 C.有最大值32 D.有最小值32 [答案] B [解析] Sn=a1+a2+a3+…+an =log2+log2+log2+…+log2 =log2 =log2<-5, ∴<,∴64<n+2, ∴n>62,∴nmin=63. (理)已知an=log(n+1)(n+2)(n∈N+),若称使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n为劣数,则在区间(1,2 015)内全部的劣数的和为( ) A.2 026 B.2 046 C.1 024 D.1 022 [答案] A [解析] ∵a1·a2·a2·…·an=··…·==log2(n+2)=k,则n=2k-2(k∈Z).令1<2k-2<2021,得k=2,3,4,…,10. ∴全部劣数的和为-18=211-22=2 026. 二、填空题 3.(2022·天津高考)设{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和,若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为________. [答案] - [解析] 本题考查等差数列等比数列综合应用,由条件: S1=a1, S2=a1+a2=a1+a1+d=2a1-1 S4=a1+a2+a3+a4=a1+a1+d+a1+2d+a1+3d=4a1+6d=4a1-6 ∴(2a1-1)2=a1·(4a1-6) 4a+1-4a1=4a-6a1 ∴a1=-. 4.设f(x)=,则f(-9)+f(-8)+…+f(0)+…+f(9)+f(10)的值为________. [答案] 5 [解析] ∵f(-n)+f(n+1)=+ =+==, ∴f(-9)+f(-8)+…+f(0)+…+f(9)+f(10)=5. 三、解答题 5.已知{an }是首项为19,公差为-2的等差数列,Sn为{an}的前n项和. (1)求通项an及Sn; (2)设{bn-an}是首项为1,公比为3的等比数列,求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn. [解析] 本题主要考查等差数列的基本性质,以及通项公式的求法,前n项和的求法,同时也考查了同学的基本运算力气. (1)由于{an}为首项a1=19,公差d=-2的等差数列, 所以an=19-2(n-1)=-2n+21, Sn=19n+(-2)=-n2+20n. (2)由题意知bn-an=3n-1,所以bn=3n-1-2n+21 Tn=b1+b2+…+bn=(1+3+…+3n-1)+Sn =-n2+20n+. 6.(文)(2021·日照模拟)已知函数{an}是等差数列,数列{bn}是正项等比数列,且满足a1=1,b1=4,a2+b2=10,a26-b3=10. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)记cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Sn. [解析] (1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q>0),由已知条件得 解得d=1,q=2(舍去q=-27). 故数列{an}的通项公式是an=n,数列{bn}的通项公式是bn=4·2n-1=2n+1. (2)由(1)得cn=n·2n+1, Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1, 2Sn=1×23+2×24+…+(n-1)·2n+1+n·2n+2, 所以-Sn=22+23+…+2n+1-n·2n+2 =4(2n-1)-n·2n+2=(1-n)·2n+2-4, 所以Sn=(n-1)·2n+2+4. (理)已知数列{an}的前n项和Sn=-n2+kn(其中k∈N+),且Sn的最大值为8. (1)确定常数k,并求an; (2)求数列的前n项和Tn. [解析] (1)当n=k∈N+时,Sn=-n2+kn取最大值,即S=Sk=-k2+k2=k2, 故k2=16,因此k=4. 从而an=Sn-Sn-1=-n(n≥2),又a1=S1=, 所以an=-n. (2)由于bn== Tn=b1+b2+…+bn=1+++…++ . 所以Tn=2Tn-Tn=2+1++…+-=4--=4-.- 配套讲稿:
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