2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)32 數(shù)列求和 理

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1、2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)32 數(shù)列求和 理 [基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)] 1．[2019·湖北省四校聯(lián)考]在數(shù)列{an}中，a1＝2，an是1與anan＋1的等差中項(xiàng)． (1)求證：數(shù)列是等差數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn. 解析：(1)∵an是1與anan＋1的等差中項(xiàng)， ∴2an＝1＋anan＋1，∴an＋1＝， ∴an＋1－1＝－1＝，∴＝＝1＋， ∵＝1，∴數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列， ∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝. (2)由(1)得＝＝－， ∴Sn＝＋＋＋…＋＝1－＝. 2．[2019·福建福州六校聯(lián)考]已知數(shù)列{an}的前

2、n項(xiàng)和Sn＝，等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，若b1＝a1＋1，b2－a2＝2. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求滿足Tn＋an>300的最小的n值． 解析：(1)a1＝S1＝1， n>1時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－＝n， 又n＝1時(shí)，a1＝n成立，∴an＝n(n∈N*)， 則由題意可知b1＝2，b2＝4， ∴{bn}的公比q＝＝2，∴bn＝2n(n∈N*)． (2)Tn＝＝2(2n－1)，Tn＋an＝2(2n－1)＋n， ∴Tn＋an隨n增大而增大， 又T7＋a7＝2×127＋7＝261<300，T8＋a8＝2×255＋8＝518>300， ∴所求

3、最小的n值為8. 3．[2019·石家莊檢測(cè)]已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝an＋. (1)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn. 解析：(1)由an＋1＝an＋，可得＝＋， 又bn＝，∴bn＋1－bn＝，由a1＝1，得b1＝1， 累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝＋＋…＋，即bn－b1＝＝1－，∴bn＝2－. (2)由(1)可知an＝2n－，設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn， 則Tn＝＋＋＋…＋?、?， Tn＝＋＋＋…＋　②， ①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－， ∴Tn＝4－. 易知數(shù)列{2n}的前

4、n項(xiàng)和為n(n＋1)， ∴Sn＝n(n＋1)－4＋. 4．[2019·廣州市綜合測(cè)試]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足＋＋…＋＝5－(4n＋5)·n，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析：(1)因?yàn)閿?shù)列是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列， 所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝2n2－n. 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1； 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3. 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1也符合上式， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為a

5、n＝4n－3. (2)當(dāng)n＝1時(shí)，＝，所以b1＝2a1＝2. 當(dāng)n≥2時(shí)，由＋＋…＋＝5－(4n＋5)·n，?、? 得＋＋…＋＝5－(4n＋1)n－1.?、? ①－②，得＝(4n－3)n. 因?yàn)閍n＝4n－3，所以bn＝＝2n(當(dāng)n＝1時(shí)也符合)， 所以＝＝2，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，所以Tn＝＝2n＋1－2. 5．[2019·鄭州測(cè)試]在等差數(shù)列{an}中，已知a3＝5，且a1，a2，a5為遞增的等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn＝(k∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}

6、的公差為d，易知d≠0， 由題意得，(a3－2d)(a3＋2d)＝(a3－d)2， 即d2－2d＝0，解得d＝2或d＝0(舍去)， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a3＋(n－3)d＝2n－1. (2)當(dāng)n＝2k，k∈N*時(shí)， Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k＝a1＋a2＋…＋ak＋(20＋21＋…＋2k－1)＝＋＝k2＋2k－1＝＋2－1； 當(dāng)n＝2k－1，k∈N*時(shí)，n＋1＝2k， 則Sn＝Sn＋1－bn＋1＝＋2－1－2－1＝＋2. 綜上，Sn＝(k∈N*)． 6．[2019·安徽省高中聯(lián)合質(zhì)量檢測(cè)]已知{an}是公差不為

7、0的等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝b1＝1，a2＝b2，a5＝b3. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)記Sn＝＋＋…＋，是否存在m∈N*，使得Sm≥3成立，若存在，求出m，若不存在，請(qǐng)說明理由． 解析：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，數(shù)列{bn}的公比為q， 則由題意知∴d＝0或d＝2， ∵d≠0，∴d＝2，q＝3，∴an＝2n－1，bn＝3n－1. (2)由(1)可知， Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋＋， Sn＝＋＋＋…＋＋，兩式相減得，Sn＝1＋＋＋…＋－＝1＋×－＝2－<2，∴Sn<3.故不存在m∈N*，使得Sm≥3成立． [能力挑戰(zhàn)]

8、 7．[2019·山東淄博模擬]已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，Sn為{an}的前n項(xiàng)和，且a10＝19，S10＝100；數(shù)列{bn}對(duì)任意n∈N*，總有b1·b2·b3·…·bn－1·bn＝an＋2成立． (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)記cn＝(－1)n，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析：(1)設(shè){an}的公差為d，則a10＝a1＋9d＝19，S10＝10a1＋×d＝100. 解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1. 所以b1·b2·b3·…·bn－1·bn＝2n＋1，① 當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝3，當(dāng)n≥2時(shí)，b1·b2·b3·…·bn－1＝2n－1.② ①②兩式相除得bn＝(n≥2)． 因?yàn)楫?dāng)n＝1時(shí)，b1＝3適合上式，所以bn＝(n∈N*)． (2)由已知cn＝(－1)n， 得cn＝(－1)n ＝(－1)n， 則Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝－＋－＋…＋(－1)n， 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)， Tn＝－＋－＋…＋(－1)n· ＝＋＋＋…＋ ＝－1＋＝－； 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)， Tn＝－＋－＋…＋(－1)n· ＝＋＋＋…＋ ＝－1－＝－. 綜上，Tn＝