高考數學 文復習檢測：第五章 數列 課時作業(yè)34 Word版含答案

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1、 課時作業(yè)34　數列求和與數列的綜合應用 一、選擇題 1．數列1，2，3，4，…的前n項和為(　　) A.(n2＋n＋2)－ B.n(n＋1)＋1－ C.(n2－n＋2)－ D.n(n＋1)＋2 解析：∵an＝n＋，∴Sn＝1＋2＋…＋n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋＝＋＝n(n＋1)＋1－＝(n2＋n＋2)－. 答案：A 2．在數列{an}中，an＝，若{an}的前n項和為，則項數n為(　　) A．2 010 B．2 011 C．2 012 D．2 013 解析：∵an＝＝－， ∴Sn＝1－＝＝， 解得n＝2 011. 答案：B 3．數列1，2

2、，3，4，…的前n項和為(　　) A．2－－ B．2－－ C.(n2＋n＋2)－ D.(n＋1)n＋1－ 解析：∵Sn＝1＋2＋3＋…＋n①，∴Sn＝1＋2＋…＋(n－1)＋n②.①－②，得Sn＝1＋1＋1＋…＋－n＝－， ∴Sn＝2－－. 答案：B 4．(20xx贛州摸底)已知數列{an}滿足：a1＝2，且對任意n，m∈N*，都有am＋n＝aman，Sn是數列{an}的前n項和，則＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：因為am＋n＝aman， 則＝ ＝1＋＝1＋ ＝1＋a2＝1＋a＝5，故選D. 答案：D 5．在數列{an}中，an＝n，n

3、∈N*，前50個偶數的平方和與前50個奇數的平方和的差是(　　) A．0 B．5 050 C．2 525 D．－5 050 解析：(22＋42＋…＋1002)－(12＋32＋…＋992)＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992)＝3＋7＋11＋…＋195＋199＝＝5 050. 答案：B 6．數列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則數列{an}的前60項和為(　　) A．3 690 B．3 660 C．1 845 D．1 830 解析：當n＝2k時，a2k＋1＋a2k＝4k－1，當n＝2k－1時，a2k－a2k－1＝4k－3，∴a2

4、k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2，∴a2k－1＝a2k＋3，即a1＝a5＝…＝a61.∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(260－1)＝＝3061＝1 830. 答案：D 二、填空題 7．已知數列{an}的通項公式為an＝(－1)n＋1(3n－2)，則前100項和S100等于________． 解析：∵a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝…＝a99＋a100＝－3，∴S100＝－350＝－150. 答案：－150 8．在等差數列{an}中，a1>0，a10a11<0，若此數列的前10項和S1

5、0＝36，前18項和S18＝12，則數列{|an|}的前18項和T18的值是________． 解析：由a1>0，a10a11<0可知d<0，a10>0，a11<0， ∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18 ＝S10－(S18－S10)＝60. 答案：60 9．整數數列{an}滿足an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，若此數列的前800項的和是2 013，前813項的和是2 000，則其前2 015項的和為________． 解析：由an＋2＝an＋1－an，得an＋2＝an－an－1－an＝－an－1，易得該數列是周期為6的數列，且an＋2＋an－1＝0，S800＝a1＋

6、a2＝2 013，S813＝a1＋a2＋a3＝2 000， ∴， ∴∴ 依次可得a5＝－1 000，a6＝13， 由此可知an＋1＋an＋2＋an＋3＋an＋4＋an＋5＋an＋6＝0， ∴S2 015＝S5＝－13. 答案：－13 10．(20xx鄭州模擬)若數列{an}是1，，，…，，…，則數列{an}的前n項和Sn＝________. 解析：an＝1＋＋＋…＋ ＝＝2， 所以Sn ＝2 ＝2＝2 ＝2n－2＋. 答案：2n－2＋ 三、解答題 11．已知數列{an}中，a1＝3，a2＝5，且{an－1}是等比數列． (1)求數列{an}的通項公式；

7、 (2)若bn＝nan，求數列{bn}的前n項和Tn. 解：(1)∵{an－1}是等比數列且a1－1＝2，a2－1＝4，＝2， ∴an－1＝22n－1＝2n，∴an＝2n＋1. (2)bn＝nan＝n2n＋n，故Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋222＋323＋…＋n2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)． 令T＝2＋222＋323＋…＋n2n， 則2T＝22＋223＋324＋…＋n2n＋1. 兩式相減，得－T＝2＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1＝－n2n＋1， ∴T＝2(1－2n)＋n2n＋1＝2＋(n－1)2n＋1. ∵1＋2＋3＋…＋n＝， ∴Tn＝(n－1)2n＋1＋

8、. 12．正項數列{an}的前n項和Sn滿足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0. (1)求數列{an}的通項公式an； (2)令bn＝，數列{bn}的前n項和為Tn，證明：對于任意的n∈N*，都有Tn<. 解：(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0， 由于{an}是正項數列，所以Sn＋1>0. 所以Sn＝n2＋n(n∈N*)． n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n， n＝1時，a1＝S1＝2適合上式， 所以an＝2n(n∈N*)． (2)證明：由an＝2n(n∈N*)． 得bn＝＝ ＝[－]，Tn＝

9、 ＝ <＝(n∈N*)． 即對于任意的n∈N*，都有Tn<. 1．(20xx浙江卷)如圖，點列{An}，{Bn}分別在某銳角的兩邊上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示點P與Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn為△AnBnBn＋1的面積，則(　　) A．{Sn}是等差數列 B．{S}是等差數列 C．{dn}是等差數列 D．cka4y2m是等差數列 解析：由題意，過點A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分別作直線B1Bn＋1的垂線，高分別記為h1，h2，h3，

10、…，hn，hn＋1，…，根據平行線的性質，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差數列，又Sn＝|BnBn＋1|hn，|BnBn＋1|為定值，所以{Sn}是等差數列，故選A. 答案：A 2．已知Sn和Tn分別為數列{an}與數列{bn}的前n項和，且a1＝e4，Sn＝eSn＋1－e5，an＝ebn(n∈N*)，則當Tn取得最大值時，n的值為(　　) A．4 B．5 C．4或5 D．5或6 解析：由題意，得Sn＝eSn＋1－e5，Sn－1＝eSn－e5(n∈N*且n≥2)．上述兩式相減，得an＝ean＋1，即＝(n∈N*且n≥2)，∵a1＝e4，Sn＝eSn＋1－e5，

11、∴a2＝e3，＝，∴數列{an}是以e4為首項，以為公比的等比數列，∴an＝e5－n，∵an＝ebn，∴bn＝lne5－n＝5－n，∴數列{bn}是以4為首項，－1為公差的等差數列，∴Tn＝.對于函數y＝＝－(x－)2＋，其圖象開口向下且對稱軸方程為x＝.考慮到{bn}的前n項和Tn中n∈N*，可知當n＝4或5時，Tn取得最大值． 答案：C 3．(20xx株洲一檢)已知等差數列{an}的首項為a1，公差為d，其前n項和為Sn.若直線y＝a1x＋m與圓x2＋(y－1)2＝1的兩個交點關于直線x＋2y－d＝0對稱，則數列{}的前100項和為________． 解析：因為直線y＝a1x＋m與圓

12、x2＋(y－1)2＝1的兩個交點關于直線x＋2y－d＝0對稱，所以兩交點連線的斜率a1滿足a1(－)＝－1，所以a1＝2，并且圓心(0,1)在直線x＋2y－d＝0上，所以d＝2，所以等差數列的通項為an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝(2＋2n)n＝n(n＋1)，＝＝－，設{}的前100項和為T100，則T100＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝. 答案： 4．(20xx天津卷)已知{an}是各項均為正數的等差數列，公差為d.對任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中項． (Ⅰ)設cn＝b－b，n∈N*, 求證：數列{cn}是等差數列； (Ⅱ)設a1＝d，Tn＝(－1)kb，n∈N*，求證：<. 解：證明：(Ⅰ)由題意得b＝anan＋1，有cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以{cn}是等差數列． (Ⅱ)Tn＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b) ＝2d(a2＋a4＋…＋a2n) ＝2d＝2d2n(n＋1)． 所以＝ ＝(－) ＝(1－)<.