2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业33《数列求和与数列的综合应用》（教师版）

课时作业33 数列求和与数列的综合应用第一次作业 基础巩固练一、选择题1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3n，则其前20项和为( C )A．380－B．400－C．420－D．440－解析：令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3＝420－.2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则其前6项之和是( C )A．16B．20C．33D．120解析：由已知得a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.3．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是( D )A．2n＋1＋n－2B．2n＋1－n＋2C．2n－n－2D．2n＋1－n－2解析：因为Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2.4．在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1a5＝64，则数列{}的前n项和是( A )A．1－B．1－C．1－D．1－解析：∵数列{an}为等比数列，an>0，a1＝2，a1a5＝64，∴公比q＝2，∴an＝2n，＝＝－.设数列{}的前n项和为Tn，则Tn＝1－＋－＋－ ＋…＋－＝1－，故选A.5．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何．”其意思为：今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和，恰好重1斤．问此人总共持金多少．则在此问题中，第5关收税金( B )A.斤B.斤C.斤D.斤解析：假设原来持金为x，则第1关收税金x；第2关收税金(1－)x＝x；第3关收税金(1－－)x＝x；第4关收税金(1－－－)x＝x；第5关收税金(1－－－－)x＝x.依题意，得x＋x＋x＋x＋x＝1，即(1－)x＝1，x＝1，解得x＝，所以x＝×＝.故选B.6．设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋an＝2n＋1，且Sn＝1350.若a2cn(n∈N*)．3．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由题设知a1a4＝a2a3＝8，又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)．设等比数列{an}的公比为q，由a4＝a1q3，得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1，n∈N*.(2)Sn＝＝2n－1，又bn＝＝＝－，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－，n∈N*.4．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：(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＋.5．已知Sn是正项数列{an}的前n项和，且2Sn＝a＋an，等比数列{bn}的公比q>1，b1＝2，且b1，b3，b2＋10成等差数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设cn＝an·bn＋(－1)n·，记T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n，求T2n.解：(1)当n≥2时，由题意得2Sn－2Sn－1＝a－a＋an－an－1，2an＝a－a＋an－an－1，a－a－(an＋an－1)＝0，(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1，当n＝1时，2a1＝a＋a1，∵a1>0，∴a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，∴an＝1＋(n－1)×1＝n.由b1＝2,2b3＝b1＋(b2＋10)，得2q2－q－6＝0，解得q＝2或q＝－(舍)，∴bn＝b1qn－1＝2n.(2)由(1)得cn＝n·2n＋(－1)n·＝n·2n＋(－1)n，∴T2n＝(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋＝(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋，记W2n＝1×2＋2×22＋…＋2n·22n，则2W2n＝1×22＋2×23＋…＋2n·22n＋1， 以上两式相减可得－W2n＝2＋22＋…＋22n－2n·22n＋1＝－2n·22n＋1＝(1－2n)·22n＋1－2，∴W2n＝(2n－1)·22n＋1＋2，∴T2n＝W2n＋＝(2n－1)·22n＋1＋＋1.6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，数列{bn}的前n项的和为Sn，试求数列{S2n－Sn}的最小值；(3)求证：当n≥2时，S2n≥.解：(1)由条件an＋1＝2an，得＝2·，又a1＝2，所以＝2，因此数列构成首项为2，公比为2的等比数列．＝2·2n－1＝2n，因此，an＝n·2n.(2)由(1)得bn＝，设cn＝S2n－Sn，则cn＝＋＋…＋，所以cn＋1＝＋＋…＋＋＋，从而cn＋1－cn＝＋－>＋－＝0，因此数列{cn}是单调递增的，所以(cn)min＝c1＝.