【数学】2020届一轮复习人教B版（文）5-4数列求和作业

【数学】2020届一轮复习人教B版（文）5-4数列求和作业

课时作业31　数列求和 ‎[基础达标]‎ ‎1．[2019·湖北省四校联考]在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列，并求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和Sn.‎ 解析：(1)∵an是1与anan＋1的等差中项，‎ ‎∴2an＝1＋anan＋1，∴an＋1＝，‎ ‎∴an＋1－1＝－1＝，∴＝＝1＋，‎ ‎∵＝1，∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，‎ ‎∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝.‎ ‎(2)由(1)得＝＝－，‎ ‎∴Sn＝＋＋＋…＋＝1－＝.‎ ‎2．[2019·福建福州六校联考]已知数列{an}的前n项和Sn＝，等比数列{bn}的前n项和为Tn，若b1＝a1＋1，b2－a2＝2.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求满足Tn＋an>300的最小的n值．‎ 解析：(1)a1＝S1＝1，‎ n>1时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n，‎ 又n＝1时，a1＝n成立，∴an＝n(n∈N*)，‎ 则由题意可知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随n增大而增大，‎ 又T7＋a7＝2×127＋7＝261<300，T8＋a8＝2×255＋8＝518>300，‎ ‎∴所求最小的n值为8.‎ ‎3．[2019·石家庄高中质量检测]已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋.‎ ‎(1)设bn＝，求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和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－，设数列的前n项和为Tn，‎ 则Tn＝＋＋＋…＋　①，‎ Tn＝＋＋＋…＋　②，‎ ‎①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－，‎ ‎∴Tn＝4－.‎ 易知数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，‎ ‎∴Sn＝n(n＋1)－4＋.‎ ‎4．[2019·广州市综合测试]已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是首项为1，公差为2的等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}满足＋＋…＋＝5－(4n＋5)·n，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析：(1)因为数列是首项为1，公差为2的等差数列，‎ 所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝2n2－n.‎ 当n＝1时，a1＝S1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.‎ 当n＝1时，a1＝1也符合上式，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3.‎ ‎(2)当n＝1时，＝，所以b1＝‎2a1＝2.‎ 当n≥2时，由＋＋…＋＝5－(4n＋5)·n，①‎ 得＋＋…＋＝5－(4n＋1)n－1.②‎ ‎①－②，得＝(4n－3)n.‎ 因为an＝4n－3，所以bn＝＝2n(当n＝1时也符合)，‎ 所以＝＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，所以Tn＝＝2n＋1－2.‎ ‎5．[2019·郑州一中高三入学测试]在等差数列{an}中，已知a3＝5，且a1，a2，a5为递增的等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}的通项公式 (k∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，易知d≠0，‎ 由题意得，(a3－2d)(a3＋2d)＝(a3－d)2，‎ 即d2－2d＝0，解得d＝2或d＝0(舍去)，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.‎ ‎(2)当n＝2k，k∈N*时，‎ Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k＝a1＋a2＋…＋ak＋(20＋21＋…＋2k－1)＝＋＝k2＋2k－1＝＋2－1；‎ 当n＝2k－1，k∈N*时，n＋1＝2k，‎ 则Sn＝Sn＋1－bn＋1＝＋2－1－2－1＝＋2.‎ 综上， (k∈N*)．‎ ‎6．[2019·安徽省高中联合质量检测]已知{an}是公差不为0的等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝1，a2＝b2，a5＝b3.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn＝＋＋…＋，是否存在m∈N*，使得Sm≥3成立，若存在，求出m，若不存在，请说明理由．‎ 解析：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，数列{bn}的公比为q，‎ 则由题意知∴d＝0或d＝2，‎ ‎∵d≠0，∴d＝2，q＝3，∴an＝2n－1，bn＝3n－1.‎ ‎(2)由(1)可知，‎ Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋＋，‎ Sn＝＋＋＋…＋＋，两式相减得，Sn＝1＋＋＋…＋－＝1＋×－＝2－<2，∴Sn<3.故不存在m∈N*，使得Sm≥3成立．‎ ‎[能力挑战]‎ ‎7．[2019·山东淄博模拟]已知数列{an}是等差数列，Sn为{an}的前n项和，且a10＝19，S10＝100；数列{bn}对任意n∈N*，总有b1·b2·b3·…·bn－1·bn＝an＋2成立．‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)记cn＝(－1)n，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解析：(1)设{an}的公差为d，则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 当n＝1时，b1＝3，当n≥2时，b1·b2·b3·…·bn－1＝2n－1.②‎ ‎①②两式相除得bn＝(n≥2)．‎ 因为当n＝1时，b1＝3适合上式，所以bn＝(n∈N*)．‎ ‎(2)由已知cn＝(－1)n，‎ 得cn＝(－1)n ‎＝(－1)n，‎ 则Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ‎＝－＋－＋…＋(－1)n，‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－＋－＋…＋(－1)n· ‎＝＋＋＋…＋ ‎＝－1＋＝－；‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－＋－＋…＋(－1)n· ‎＝＋＋＋…＋ ‎＝－1－＝－.‎ 综上，Tn＝