高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)(三十六)　數(shù)列求和

1、1 / 4 課時作業(yè)(三十六) 數(shù)列求和 基礎(chǔ)過關(guān)組 一、單項選擇題 1數(shù)列12n1的前 n 項和為( ) a12n b22n cn2n1 dn22n 答案 c 2數(shù)列(1)n(2n1)的前 2 022 項和 s2 022等于( ) a2 022 b2 022 c2 021 d2 021 解析 s2 0221357(22 0211)(22 0221)2 022。故選 b。 答案 b 3已知數(shù)列an的通項公式是 an2n12n，其前 n 項和 sn32164，則項數(shù) n 等于( ) a13 b10 c9 d6 解析 因為 an2n12n112n，所以 snn1212212nn112n。而3216

2、45164，所以 n112n5164。所以 n6。 答案 d 4在數(shù)列an中，已知對任意 nn*，a1a2a3an3n1，則 a21a22a23a2n等于( ) a(3n1)2 b12(9n1) c9n1 d14(3n1) 解析 因為 a1a2an3n1，所以 a1a2an13n11(n2)。則當(dāng) n2 時，an2 3n1。當(dāng) n1 時，a1312，適合上式，所以 an2 3n1(nn*)。所以數(shù)列a2n是首項為 4，公比為 9 的等比數(shù)列，a21a22a2n4(19n)1912(9n1)。故選 b。 答案 b 5(2021 浙江紹興一中模擬)已知在數(shù)列an中，a11，an1ann1，則數(shù)列a

3、nn的前 n 項和為( ) an25n2 bn25n4 cn23n2 dn23n4 解析 由 an1ann1，得 an1ann1，所以 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)21n(n1)2，故annn12，故數(shù)列ann的前 n 項和為12(23n1)n(n3)4n23n4。故選 d。 答案 d 6(2021 武昌區(qū)調(diào)研考試)已知數(shù)列an的前 n 項和 sn32n212n，設(shè) bn1anan1，tn為數(shù)列bn的前 n 項和。若對任意的 nn*，不等式 tn9n3 恒成立，則實數(shù) 的取值范圍為( ) a(，48) b(，36) c(，16) d(16，) 解析 因為數(shù)列an

4、的前 n 項和 sn32n212n，所以 sn132(n1)212(n1)(n2)，所以 an3n2(n2)，經(jīng)驗證 n1 時也滿足此式，所以 an3n2，an13n1，因為 bn1anan1，所以 bn1(3n2)(3n1)1313n213n1，所以 tn131114141713n213n113113n1n3n1，因為對任意的 nn*，不等式 tn9n3 恒成立，所以對任意的 nn*，不等式n3n19n3 恒成立，所以3(3n1)2n對任意的 nn*恒成立，因為 y3(3x1)2x39x1x6 在1，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng) x1時，y3(3x1)2x48，所以 0，bnan，當(dāng) n5 時，an

5、0，bnan，所以 t4s41044224，t30s5a6a7a302s5s302(10552)(1030302)650。 答案 24 650 四、解答題 12已知數(shù)列an，a14，(n1)an1nan4(n1)(nn*)。 (1)求數(shù)列an的通項公式； (2)若 bn1anan1，求數(shù)列bn的前 n 項和 tn。 解 (1)由(n1)an1nan4(n1)(nn*)， 可得 2a2a18,3a32a212,4a43a316，nan(n1)an14n(n2)， 累加得 nana18124n， 所以 nan48124n(44n)n22n(n1)， 所以 an2n2(n2)， 因為 a14 也適合

6、上式，所以 an2n2(nn*)。 (2)bn1anan11(2n2)(2n4)141n11n2， 3 / 4 所以 t11n214121n2n8n16。 13(2020 全國卷)設(shè)數(shù)列an滿足 a13，an13an4n。 (1)計算 a2，a3，猜想an的通項公式并加以證明； (2)求數(shù)列2nan的前 n 項和 sn。 解 (1)a25，a37。猜想 an2n1。 證明如下： 當(dāng) n1,2,3 時，顯然成立。 假設(shè) nk 時，ak2k1(kn*)成立， 當(dāng) nk1 時， ak13ak4k3(2k1)4k 2k32(k1)1， 所以當(dāng) nk1 時，等式成立， 綜上，可

7、知 an2n1 猜想成立。 (2)由(1)得 2nan(2n1)2n，所以 sn32522723(2n1)2n ， 從而 2sn322523724(2n1)2n1 。 得sn3222222322n(2n1)2n1。 所以 sn(2n1)2n12。 素養(yǎng)提升組 14(2021 江西省紅色七校聯(lián)考)已知數(shù)列an中，an0，sn是它的前 n 項和，a13，且 s2n3n2ans2n1，n2。 (1)求證：數(shù)列anan1為等差數(shù)列； (2)求an的前 n 項和 sn。 解 (1)證明：當(dāng) n2 時，因為 s2n3n2ans2n1， 所以(snsn1)(snsn1)3n2an， 又 an0，所以 snsn13n2， sn1sn3(n1)2， 兩式對應(yīng)相減得 anan13(2n1)， 所以(anan1)(an1an)6n3(6n3)6， 又 n2 時，(3a2)212a29， 故 a26，同理 a39， 所以(a2a3)(a1a2)69(36)6， 所以數(shù)列anan1為等差數(shù)列。 (2)當(dāng) n 為偶數(shù)時， sn(a1a2)(a3a4)(an1an) 337(2n1)3n2(32n1)2 32(n2n)。 當(dāng) n 為奇數(shù)時， sna1(a2a3)(an1an) 3359(2n1) 33n12(52n1)2 32(n2n2)3 32(n2n)。 綜上，sn32(n2n