高三数学复习课时练31
高考数学一轮复习 课时作业31 数列求和 理-人教版高三全册数学试题
课时作业31 数列求和[基础达标]1．[2020·某某某某二十四中模拟]已知数列{a n}的各项都是正数，n∈N*.(1)若{a n}是等差数列，公差为d，且b n是a n和a n＋1的等比中项，设＝b2n＋1－b2n，n∈N*，求证：数列{}是等差数列；(2)若a31＋a32＋a33＋…＋a3n＝S2n，S n为数列{a n}的前n项和，求数列{a n}的通项公式．解析：(1)由题意得b2n＝a n a n＋1，则＝b2n＋1－b2n＝a n＋1a n＋2－a n a n＋1＝2da n＋1，因此＋1－＝2d(a n＋2－a n＋1)＝2d2，∴{}是等差数列．(2)当n＝1时，a31＝a21，∵a1>0，∴a1＝1.当n≥2时，a31＋a32＋a33＋…＋a3n＝S2n，①a31＋a32＋a33＋…＋a3n－1＝S2n－1，②①－②得，a3n＝S2n－S2n－1＝(S n－S n－1)(S n＋S n－1)．∵a n>0，∴a2n＝S n＋S n－1＝2S n－a n，③∵a1＝1合适上式，∴当n≥2时，a2n－1＝2S n－1－a n－1，④③－④得a2n－a2n－1＝2(S n－S n－1)－a n＋a n－1＝2a n－a n＋a n－1＝a n＋a n－1，∵a n＋a n－1>0，∴a n－a n－1＝1，∴数列{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，可得a n＝n.2．[2020·某某某某诊断]已知等差数列{a n}的公差大于0，且a4＝7，a2，a6－2a1，a14是等比数列{b n}的前三项．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列{b n}的前n项和为S n，若S n>39，求n的取值X围．解析：(1)设等差数列{a n}的公差为d(d>0)，由a4＝7，得a1＋3d＝7，①又a2，a6－2a1，a14是等比数列{b n}的前三项，∴(a6－2a1)2＝a2a14，即(5d－a1)2＝(a1＋d)(a1＋13d)，化简得d＝2a1，②联立①②，解得a1＝1，d＝2.∴a n＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)∵b1＝a2＝3，b2＝a6－2a1＝9，b3＝a14＝27是等比数列{b n}的前三项，∴等比数列{b n}的首项为3，公比为3.∴S n ＝31－3n1－3＝33n－12. 由S n >39，得33n－12>39，化简得3n >27，解得n >3，n ∈N *.3．[2020·某某某某省级示X 高中联考]在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1a n ＝4n ＋12n n ＋2，设b n ＝n ＋1n·a n .(1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)求{a n }的前n 项积T n .解析：(1)因为b n ＋1b n ＝n ＋2n ＋1·a n ＋1n ＋1n·a n ＝n n ＋2n ＋12·a n ＋1a n ＝n n ＋2n ＋12·4n ＋12n n ＋2＝4，b 1＝2a 1＝2，所以数列{b n }是首项为2，公比为4的等比数列． (2)由(1)知b n ＝n ＋1n ·a n ＝2·4n －1，则a n ＝n n ＋1·22n －1. 从而T n ＝（12×23×34×…×n n ＋1）·21＋3＋5＋…＋(2n －1)＝2n 2n ＋1.4．[2020·某某河津二中月考]设数列{a n }满足a 1＝1,3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }中，b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2，n ∈N *)，{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n <1.解析：(1)∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，∴2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1，又a 1＝1,3a 2－a 1＝1，∴1a 1＝1，1a 2＝32，∴1a 2－1a 1＝12， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列，∴1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，即a n ＝2n ＋1. (2)∵4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，∴b n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1(n ≥2)，又b 1＝12符合上式，∴b n＝1n －1n ＋1(n ∈N *)， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝（1－12）＋（12－13）＋…＋（1n －1n ＋1）＝1－1n ＋1<1.5．[2019·某某某某中学期中]设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，1a n，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3①，当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13②，①－②，得3n －1·a n ＝13(n ≥2)，即a n ＝13n ；当n ＝1时，a 1＝13，符合上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)由(1)知b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，3n，n 为偶数，①当n 为奇数时，S n ＝1＋32＋3＋34＋…＋3n －1＋n ＝1＋n2·1＋n 2＋＝n 2＋2n ＋14＋98(3n －1－1)．②当n 为偶数时，S n ＝1＋32＋3＋34＋…＋(n －1)＋3n ＝[1＋n －1]2·n2＋91－9n21－9＝n 24＋98(3n－1)．所以数列{b n }的前n 项和S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2＋2n ＋14＋983n －1－1，n 为奇数，n 24＋983n－1，n 为偶数.6．[2020·某某某某模拟]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d >0，且a 2a 3＝40，a 1＋a 4＝13，在公比为q (0<q <1)的等比数列{b n }中，b 1，b 3，b 5∈{160，132，120，18，12}.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{}满足＝a n b n ，求数列{}的前n 项和T n .解析：(1)因为{a n }为等差数列，所以a 1＋a 4＝a 2＋a 3＝13， 又a 2a 3＝40，所以a 2，a 3是方程x 2－13x ＋40＝0的两个实数根． 又公差d >0，所以a 2<a 3，所以a 2＝5，a 3＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋2d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝3，所以a n ＝3n －1，因为在公比为q (0<q <1)的等比数列{b n }中，b 1，b 3，b 5∈{160，132，120，18，12}，所以易知b 1＝12，b 3＝18，b 5＝132.此时公比q 2＝b 3b 1＝14，所以q ＝12，所以b n ＝（12）n .(2)由(1)知a n ＝3n －1，b n ＝（12）n ，所以＝(3n －1)·（12）n，所以T n ＝2×（12）1＋5×（12）2＋8×（12）3＋…＋(3n －1)×（12）n，12T n ＝2×122＋5×123＋…＋(3n －4)×12n ＋(3n －1)×12n ＋1， 两式相减，得12T n ＝2×（12）1＋3[（12）2＋（12）3＋…＋（12）n ]－(3n －1)×（12）n ＋1＝1＋3×（12）[1－（12）n －1]－(3n －1)×（12）n ＋1＝52－（12）n ×3n ＋52.故{}的前n 项和T n ＝5－(3n ＋5)×（12）n .[能力挑战]7．[2020·某某某某联考]若正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，点P (S n ，S n ＋1)在曲线y ＝(x ＋1)2上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 表示数列{b n }的前n 项和，若T n ≥13m －1对任意n ∈N *恒成立，某某数m 的取值X 围．解析：(1)由已知可得S n ＋1＝(S n ＋1)2，得S n ＋1－S n ＝1，所以{S n }是以S 1为首项、1为公差的等差数列，所以S n ＝S 1＋(n －1)×1＝n ，得S n ＝n 2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，当n ＝1，也符合上式，故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)b n ＝1a n ·a n ＋1＝12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12(1－12n ＋1)，显然T n 是关于n 的增函数，所以T n 有最小值(T n )min ＝T 1＝13，又T n ≥13m －1对任意n ∈N *恒成立，所以13≥13m －1恒成立，所以m ≤4，故实数m 的取值X 围为(－∞，4]．。
《红对勾》2021届高三数学第一轮复习北师大版 课时作业31 Word版含解析
课时作业31 数列求和一、选择题(每小题5分，共40分)1．(2022·西安调研)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列，则S 4＝( )A ．7B ．8C ．15D ．16解析：设数列{a n }的公比为q ，则4a 2＝4a 1＋a 3，∴4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，即q 2－4q ＋4＝0，∴q ＝2.∴S 4＝1－241－2＝15.答案：C2．数列1×12，2×14，3×18，4×116，…的前n 项和为( ) A ．2－12n －n2n ＋1B ．2－12n －1－n2nC.12(n 2＋n ＋2)－12nD.12n (n ＋1)＋1－12n －1解析：S ＝1×12＋2×14＋3×18＋4×116＋…＋n ×12n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋n ×12n ，①则12S ＝1×122＋2×123＋3×124＋…＋(n －1)×12n ＋n ×12n ＋1，②①－②得12S ＝12＋122＋123＋…＋12n －n ×12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1. ∴S ＝2－12n －1－n 2n .答案：B3．(2022·日照模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N ＋)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n ( )A ．有最大值63B ．有最小值63C ．有最大值32D ．有最小值32解析：S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝log 223＋log 234＋log 245＋…＋log 2n ＋1n ＋2＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫23×34×45×…×n ＋1n ＋2＝log 22n ＋2<－5，∴2n ＋2<132， ∴64<n ＋2， ∴n >62， ∴n min ＝63. 答案：B4．(2022·临沂模拟)在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0132 014，则项数n 为( )A ．2 011B ．2 012C ．2 013D ．2 014解析：∵a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0132 014，解得n ＝2 013.答案：C5．(2022·新课标全国)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析：当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2， ∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3， ∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝30×(3＋119)2＝30×61＝1 830. 答案：D6．(2022·山东日照一模，10)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝( )A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2 (1≤n ≤3)n 2－6n ＋18 (n >3) D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2 (1≤n ≤3)n 2－6n (n >3) 解析：由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7， ∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0，∴T n ＝⎩⎨⎧6n －n 2 (1≤n ≤3)，n 2－6n ＋18 (n >3).答案：C7．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 012项的和等于( )A.3 0152 B ．3 015 C ．1 509D ．2 010解析：由于a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1(k ∈N *)，1，n ＝2k (k ∈N *)，故数列的前2 012项的和等于S 2 012＝1 006×(1＋12)＝1 509.答案：C。
高三数学专题练习-圆的方程及直线与圆、圆与圆的位置关系
＝0 对称，则直线 x＝－ 1 与圆 C 的位置关系是 ( )
A ．相切 B．相交
C．相离 D．不能确定
答案： A
解析： 由已知得 C：(x－1)2＋(y－ m)2＝4，即圆心 C(1，m)，半
径 r＝2，因为圆 C 关于直线 l ：x－y＋1＝0 对称，所以圆心 (1，m)
在直线 l ：x－y＋1＝0 上，所以 m＝2.由圆心 C(1,2)到直线 x＝－ 1 的
答案： A
解析： 抛物线 x2＝4y 的焦点为 (0,1)，则圆心为 (0,1)，设该圆的标
准方程是 x2＋(y－1)2＝ r2(r >0)，因为该圆与直线 y＝ x＋3 相切，故 r
|2| ＝ ＝ 2，故该圆的标准方程是
x2＋(y－1)2＝2.选 A.
2
5．[2019 ·嘉定模拟 ]过点 P(1，－ 2)作圆 C：(x－1)2＋y2＝1 的两
2
弦长 2 a2＋5－8＝2，化简得 a2＝4，故 a＝±2. 4．[2019 ·柳州模拟 ]若一个圆的圆心是抛物线 x2＝4y 的焦点，且
该圆与直线 y＝x＋3 相切，则该圆的标准方程是 ( ) A ． x2＋ (y－1)2＝2 B． (x－1)2＋y2＝ 2 C． x2＋ (y－1)2＝ 4 D． (x－1)2＋ y2＝4
mx－y＋1－ m＝0，
解析：解法一 由 x2＋ y－1 2＝5，
消去 y，整理得 (1＋m2)x2
－2m2x＋m2－5＝0，因为 Δ＝16m2＋20>0，所以直线 l 与圆相交．
|m|
解法二
由题意知，圆心 (0,1)到直线 l 的距离 d＝
<1< m2＋ 1
5，
故直线 l 与圆相交．
高考数学总复习 课时作业31 新人教版
高考数学总复习 课时作业31 新人教版1．空间四点A ，B ，C ，D 中，每两点所连线的长都等于a ，动点P 在线段AB 上，动点Q 在线段CD 上，则P 与Q 的最短距离为( )A.12aB.22aC.32a D ．a 答案 B解析 易知，以A ，B ，C ，D 为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，如右图所示，取P ，Q 分别为AB ，CD 的中点，因为AQ ＝BQ ＝32a ，所以PQ ⊥AB . 同理可证PQ ⊥CD ，故线段PQ 的长为P ，Q 两点间的最短距离． 在Rt △APQ 中，PQ ＝AQ 2－AP 2＝32a 2－12a 2＝22a . 故应选B.2.如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a 的正方体ABCO —A ′B ′C ′D ′，A ′C 的中点E 与AB 的中点F 的距离为( )A.2aB.22a C ．a D.12a答案 B解析 由图易知A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，A ′(a,0，a )．∴F (a ，a 2，0)，E (a2，a 2，a2)． ∴|EF |＝a －a 22＋a 2－a22＋0－a22＝a 24＋a 24＝22a . 3．在直角坐标系中，A (－2,3)，B (3，－2)，沿x 轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB 的长度为( )A.2B ．211 C ．32D ．4 2 答案 B解析 设A 、B 在x 轴上的射影分别为C 、D ，则AC ＝3，BD ＝2，CD ＝5，又AB →＝AC →＋CD →＋DB →，AC →，DB →所夹的角为60°，易求得|AB →|＝AC →＋CD →＋DB→2＝211.4．如图所示，平面α⊥平面β，A ∈α，B ∈β，AB 与两平面α、β所成的角分别为π4和π6.过A 、B 分别作两平面交线的垂线，垂足为A ′、B ′，则AB A ′B ′等于( )A ．2 1B ．3 1C ．3 2D ．4 3 答案 A解析 在Rt △ABB ′中，AB ′＝AB ·sin π4＝22AB .在Rt △ABA ′中，AA ′＝AB ·sin π6＝12AB .在Rt △AA ′B ′中，A ′B ′＝AB ′2－AA ′2＝12AB .∴AB A ′B ′＝21.5．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若E 、F 分别是BC 、DD 1的中点，则B 1到平面ABF 的距离为( )A.33B.55C.53D.255答案 D解析 方法一 由VB 1－ABF ＝VF －ABB 1可得解． 方法二 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,1)，B 1(1,1,0)．设F (0,0，12)，E (12，1,1)，B (1,1,1)，AB →＝(0,1,0)．∴B 1E →＝(－12，0,1)，AF →＝(－1,0，－12)．∵AF →·B 1E →＝(－1,0，－12)·(－12，0,1)＝0，∴AF →⊥B 1E →，又AB →⊥B 1E →，∴B 1E →⊥平面ABF . 平面ABF 的法向量为B 1E →＝(－12，0,1)，AB 1→＝(0,1，－1)．B 1到平面ABF 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB 1→·B 1E →|B 1E →|＝255.6．(2013·济南统考)等腰Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝1，M 为AC 中点，沿BM 把它折成二面角，折后A 与C 的距离为1，则二面角C —BM —A 的大小为( )A ．30° B．60° C ．90° D．120° 答案 C解析 如图，由AB ＝BC ＝1， ∠ABC ＝90°，得AC ＝ 2. ∵M 为AC 中点，∴MC ＝AM ＝22， 且CM ⊥BM ，AM ⊥BM .∴∠CMA 为二面角C －BM －A 的平面角． ∵AC ＝1，MC ＝MA ＝22， ∴∠CMA ＝90°.7．二面角α－l －β为60°，A ，B 是棱l 上的两点，AC ，BD 分别在半平面α，β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝a ，BD ＝2a ，则CD 的长为( )A ．2a B.5a C ．a D.3a 答案 A 解析 |CD →|＝CD →2＝CA →＋AB →＋BD→2＝a 2＋a 2＋4a 2＋2×a ×2a cos120°＝2a .8．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB ＝2，AD ＝3，AA 1＝1，则顶点A 、B 间的球面距离是________．答案22π 解析 ∵(2R )2＝AB 2＋AD 2＋AA 21＝4＋3＋1＝8， ∴R ＝ 2.又|AB |＝2，∴∠AOB ＝π2.∴l ＝|α|R ＝π2·2＝22π.9．如图，已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，AB ＝2，AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，AE 垂直BD 于E ，F 为A 1B 1的中点．(1)求异面直线AE 与BF 所成的角；(2)求平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角(锐角)的大小； (3)求点A 到平面BDF 的距离．解析 方法一 (1)连接B 1D 1，过F 作B 1D 1的垂线，垂足为K ，∵BB 1与两底面ABCD ，A 1B 1C 1D 1都垂直，⎭⎪⎬⎪⎫FK ⊥BB 1FK ⊥B 1D 1B 1D 1∩BB 1＝B 1⇒FK ⊥平面BDD 1B 1. 又⎭⎪⎬⎪⎫AE ⊥BB 1AE ⊥BD BB 1∩BD ＝B ⇒AE ⊥平面BDD 1B 1， 因此FK ∥AE ，∴∠BFK 为异面直线BF 与AE 所成的角，连接BK ，由FK ⊥面BDD 1B 1，得FK ⊥BK . 从而△BKF 为Rt △.在Rt △B 1KF 和Rt △B 1D 1A 1中，由FK B 1F ＝A 1D 1B 1D 1，得FK ＝A 1D 1·B 1F B 1D 1 ＝AD ·12ABBD＝233×122＋2332＝12. 又BF ＝2，∴cos ∠BFK ＝FK BF＝24. ∴异面直线BF 与AE 所成的角为arccos24.(2)由于DA ⊥面AA 1B ，过点A 作BF 的垂线AG ，垂足为G ，连接DG ，由三垂线定理知BG ⊥DG . ∴∠AGD 即为平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角的平面角．且∠DAG ＝90°，在平面AA 1B 中，延长BF 与AA 1的延长线交于点S ，∵F 为A 1B 1的中点，A 1F ＝12AB ，∴A 1、F 分别为SA 、SB 的中点， 即SA ＝2A 1A ＝2＝AB .∴Rt △BAS 为等腰直角三角形，垂足G 点实为斜边SB 的中点F ，即F 、G 重合． 易得AG ＝AF ＝12SB ＝ 2.在Rt △AGD 中，AD ＝233.∴tan ∠AGD ＝AD AG＝2332＝63. ∴∠AGD ＝arctan63. 即平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角(锐角)的大小为arctan63. (3)由(2)知平面AFD 是平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角的平面角所在的平面． ∴面AFD ⊥面BDF .在Rt △ADF 中，由A 作AH ⊥DF 于H ，则AH 即为点A 到平面BDF 的距离． 由AH ·DF ＝AD ·AF ，得AH ＝AD ·AF DF＝233×22332＋22＝25 5. 所以点A 到平面BDF 的距离为255.方法二 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系(如图)．由已知AB ＝2，AA 1＝1，可得A (0,0,0)、B (2,0,0)、F (1,0,1)．又AD ⊥平面AA 1B 1B ，从而BD 与平面AA 1B 1B 所成的角即为∠DBA ＝30°，又AB ＝2，AE ⊥BD ，AE ＝1，AD ＝233. 从而易得E (12，32，0)，D (0，233，0)．(1)∵AE →＝(12，32，0)，BF →＝(－1,0,1)．∴cos 〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝－122＝－24.即异面直线AE 、BF 所成的角为arccos24. (2)易知平面AA 1B 的一个法向量m ＝(0,1,0)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面BDF 的一个法向量． BD →＝(－2，233，0)． 由⎩⎨⎧n ⊥BF →，n ⊥BD→⇒⎩⎨⎧n ·BF →＝0，n ·BD →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，2x －233y ＝0⇒⎩⎨⎧x ＝z ，3x ＝y .取n ＝(1，3，1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝31×5＝155.即平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角(锐角)大小为 arccos155. (3)点A 到平面BDF 的距离，即AB →在平面BDF 的法向量n 上的投影的绝对值．所以距离d ＝||AB →|·cos〈AB →，n 〉|＝||AB →|·AB →·n|AB →|·|n ||＝|AB →·n ||n |＝25＝255.所以点A 到平面BDF 的距离为255.10．如下图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝a ，D 、E 分别为棱AB 、BC 的中点，M 为棱AA 1上的点，二面角M －DE －A 为30°.(1)证明：A 1B 1⊥C 1D ；(2)求MA 的长，并求点C 到平面MDE 的距离．解析 (1)证明：连接CD . ∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴CC 1⊥平面ABC .∴CD 为C 1D 在平面ABC 内的射影． ∵△ABC 中，AC ＝BC ，D 为AB 中点， ∴AB ⊥CD ，∴AB ⊥C 1D . ∵A 1B 1∥AB ，∴A 1B 1⊥C 1D .(2)方法一 过点A 作CE 的平行线，交ED 的延长线于F ，连接MF . ∵D 、E 分别为AB 、BC 的中点，∴DE ∥AC . 又∵AF ∥CE ，CE ⊥AC ，∴AF ⊥DE .∵MA ⊥平面ABC ，∴AF 为MF 在平面ABC 内的射影． ∴MF ⊥DE .∴∠MFA 为二面角M －DE －A 的平面角，∠MFA ＝30°.在Rt △MAF 中，AF ＝12BC ＝a 2，∠MFA ＝30°，∴AM ＝36a .作AG ⊥MF ，垂足为G .∵MF ⊥DE ，AF ⊥DE ，∴DE ⊥平面AMF . ∴平面MDE ⊥平面AMF . ∴AG ⊥平面MDE .在Rt △GAF 中，∠GFA ＝30°，AF ＝a2.∴AG ＝a 4，即A 到平面MDE 的距离为a4.∵CA ∥DE ，∴CA ∥平面MDE .∴C 到平面MDE 的距离与A 到平面MDE 的距离相等，为a4.方法二 过点A 作CE 的平行线，交ED 的延长线于F ，连接MF . ∵D 、E 分别为AB 、CB 的中点， ∴DE ∥AC .又∵AF ∥CE ，CE ⊥AC ，∴AF ⊥DE .∵MA ⊥平面ABC .∴AF 为MF 在平面ABC 内的射影， ∴MF ⊥DE .∴∠MFA 为二面角M －DE －A 的平面角，∠MFA ＝30°. 在Rt △MAF 中，AF ＝12BC ＝a2，∠MFA ＝30°，∴AM ＝36a . 设C 到平面MDE 的距离为h . ∵V M －CDE ＝V C －MDE ， ∴13S △CDE ·MA ＝13S △MDE ·h ， S △CDE ＝12CE ·DE ＝a 28，MA ＝36a ，S △MDE ＝12DE ·MF ＝12DE ·AFcos30°＝312a 2.∴13×a 28×36a ＝13×312a 2×h . ∴h ＝a 4，即C 到平面MDE 的距离为a4. 11．已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面边长为22，侧棱长为4，E 、F 分别为棱AB 、BC 的中点．(1)求证：平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1； (2)求点D 1到平面B 1EF 的距离．解析 (1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (22，22，0)，E (22，2，0)， F (2，22，0)，D 1(0,0,4)， B 1(22，22，4)．∴EF →＝(－2，2，0)， DB →＝(22，22，0)，DD 1→＝(0,0,4)．∴EF →·DB →＝0，EF →·DD 1→＝0. ∴EF ⊥DB ，EF ⊥DD 1，DD 1∩BD ＝D . ∴EF ⊥平面BDD 1B 1. 又EF ⊂平面B 1EF ， ∴平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.(2)由(1)知D 1B 1→＝(22，22，0)，EF →＝(－2，2，0)，B 1E →＝(0，－2，－4)．设平面B 1EF 的法向量为n ，且n ＝(x ，y ，z )， 则n ⊥EF →，n ⊥B 1E →.即n ·EF →＝(x ，y ，z )·(－2，2，0)＝－2x ＋2y ＝0，n ·B 1E →＝(x ，y ，z )·(0，－2，－4)＝－2y －4z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝－24. ∴n ＝(1,1，－24)，∴D 1到平面B 1EF 的距离d ＝|D 1B 1→·n ||n |＝|22＋22|12＋12＋－242＝161717. 12．(2012·重庆)如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝4，AC ＝BC ＝3，D 为AB 的中点．(1)求点C 到平面A 1ABB 1的距离；(2)若AB 1⊥A 1C ，求二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值．解析 (1)由AC ＝BC ，D 为AB 的中点，得CD ⊥AB .又CD ⊥AA 1.故CD ⊥平面A 1ABB 1，所以点C 到平面A 1ABB 1的距离为CD ＝BC 2－BD 2＝ 5.(2)方法一 如图，取D 1为A 1B 1的中点，连接DD 1，则DD 1∥AA 1∥CC 1.又由(1)知CD ⊥面A 1ABB 1，故CD ⊥A 1D ，CD ⊥DD 1，所以∠A 1DD 1为所求的二面角A 1－CD －C 1的平面角．因A 1D 为A 1C 在面A 1ABB 1上的射影，又已知AB 1⊥A 1C ，由三垂线定理的逆定理得AB 1⊥A 1D ，从而∠A 1AB 1、∠A 1DA 都与∠B 1AB 互余，因此∠A 1AB 1＝∠A 1DA ，所以Rt △A 1AD ∽Rt △B 1A 1A .因此AA 1AD ＝A 1B 1AA 1，即AA 21＝AD ·A 1B 1＝8，得AA 1＝2 2. 从而A 1D ＝AA 21＋AD 2＝2 3.所以，在Rt △A 1DD 1中，cos ∠A 1DD 1＝DD 1A 1D ＝AA 1A 1D ＝63. 方法二 如图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于D 1，在直三棱柱中，易知DB ，DC ，DD 1两两垂直．以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .设直三棱柱的高为y ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，C 1(0，5，h )，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．由AB 1→⊥A 1C →，有8－h 2＝0，解得h ＝2 2.故DA 1→＝(－2,0,22)，CC 1→＝(0,0,22)，DC →＝(0，5，0)．设平面A 1CD 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DA 1→，m ⊥DC →，即⎩⎨⎧ 5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0.取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)． 设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则n ⊥DC →，n ⊥CC 1→，即⎩⎨⎧ 5y 2＝0，22z 2＝0.取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝22＋1×1＝63.所以二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值为63.。
高考数学总复习课时作业(三十一)第31讲数列求和理(2021年整理)
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课时作业(三十一)第31讲数列求和基础热身1.数列4,8,16,32,…的前n项和为（)A.2n+1-2—n—1B.2n+2—2-n-3C。
2n+1+2—n-1D.2n+1—2—n—1-12.［2018·山东临沂一中月考］若数列的通项公式是a n=(—1)n(3n—2)，则a1+a2+…+a10=（)A.15 B。
12C.—12 D。
—153。
[2017·蚌埠第二中学月考]已知函数f=且a n=f+f,则a1+a2+a3+…+a8=（)A.—16 B。
—8C。
8 D。
164。
已知数列的通项公式为a n=,则数列的前40项和为.5.［2017·呼和浩特调研] 在等差数列中，a 2=8,前6项和S 6=66，设b n =,T n =b 1+b 2+…+b n ,则T n = .能力提升6.[2017·湘潭模拟] 已知T n 为数列的前n 项和，若n>T 10+1013恒成立,则整数n 的最小值为 （ ） A 。
1026B .1025C .1024D .10237.［2017·合肥调研] 已知数列满足a 1=2,4a 3=a 6，是等差数列，则数列{（—1）na n }的前10项的和S 10= ( ） A .220 B 。
高三数学一轮复习课时作业31 数列的综合应用 新人教A
课时作业(三十一) [第31讲 数列的综合应用][时间：45分钟 分值：100分]基础热身1．[2012·惠州调研] “lg x ，lg y ，lg z 成等差数列”是“y 2＝xz ”成立的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．[2011·德州二模] 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－18，S 13＝－52，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，那么b 15的值为( )A ．64B ．－64C ．128D ．－128 3．[2011·珠海综测] 设正项等比数列{a n }，{lg a n }成等差数列，公差d ＝lg3，且{lg a n }的前三项和为6lg3，则数列{a n }的通项公式为( )A ．n lg3B ．3nC ．3nD ．3n －14．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则{a n }的公比为( )A ．2B ．3 C.12 D.13能力提升 5．[2011·忻州联考] 成等比数列的三个数a ＋8，a ＋2，a －2分别为等差数列的第1、4、6项，则这个等差数列前n 项和的最大值为( )A ．120B ．90C ．80D ．606．[2011·南平质检] 已知函数f (x )满足f (x ＋1)＝32＋f (x )，x ∈R ，且f (1)＝52，则数列{f (n )}(n ∈N *)的前20项的和为( )A ．305B ．315C ．325D ．3357．[2011·大连双基检测] 已知等差数列{a n }的首项a 1及公差d 都是整数，前n 项和为S n ，若a 1>1，a 4>3，S 3≤9，设b n ＝1na n ，则使b 1＋b 2＋…＋b n <99100成立的最大n 值为( )A ．97B ．98C ．99D ．1008．2011年，我国南方省市遭遇旱灾以及洪水灾害，为防洪抗旱，某地区大面积植树造林，如图K31－1，在区域{(x ，y )|x ≥0，y ≥0}内植树，第一棵树在点A 1(0,1)，第二棵树在点B 1(1,1)，第三棵树在点C 1(1,0)，第四棵树在点C 2(2,0)，接着按图中箭头方向每隔一个单位种一棵树，那么第2011棵树所在的点的坐标是( )A ．(13,44)B ．(12,44)C ．(13,43)D ．(14,43)9．[2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为( )A ．①和⑳B ．⑨和⑩C ．⑨和⑪D ．⑩和⑪10．[2012·永州调研] 已知等差数列{a n }，对于函数f (x )＝x 5＋x 3满足：f (a 2－2)＝6，f (a 2 010－4)＝－6，S n 是其前n 项和，则S 2 011＝________.11．[2011·菏泽二模] 已知a n ＝2n －1(n ∈N ＋)，把数列{a n }的各项排成如图K31－2所示的三角数阵，记S (m ，n )表示该数阵中第m 行中从左到右的第n 个数，则S (10,6)对应数阵中的数是________．1 3 5 7 9 11 13 15 17 19…… 图K31－212．[2011·丰台二模] 如图K31－3所示，已知正方形ABCD 的边长为1，以A 为圆心，AD 长为半径画弧，交BA 的延长线于P 1，然后以B 为圆心，BP 1长为半径画弧，交CB 的延长线于P 2，再以C 为圆心，CP 2长为半径画弧，交DC 的延长线于P 3，再以D 为圆心，DP 3长为半径画弧，交AD 的延长线于P 4，再以A 为圆心，AP 4长为半径画弧，…，如此继续下去，画出的第8道弧的半径是________，画出第n 道弧时，这n 道弧的弧长之和为________．13．[2011·绍兴质检] 已知奇函数f (x )是定义在R 上的增函数，数列{x n }是一个公差为2的等差数列，满足f (x 8)＋f (x 9)＋f (x 10)＋f (x 11)＝0，则x 2 011的值等于________．14．(10分)[2011·江门调研] 某旅游景点2010年利润为100万元，因市场竞争，若不开发新项目，预测从2011年起每年利润比上一年减少4万元.2011年初，该景点一次性投入90万元开发新项目，预测在未扣除开发所投入资金的情况下，第n 年(n 为正整数，2011年为第1年)的利润为100⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n 万元． (1)设从2011年起的前n 年，该景点不开发新项目的累计利润为A n 万元，开发新项目的累计利润为B n 万元(须扣除开发所投入资金)，求A n 、B n 的表达式；(2)依上述预测，该景点从第几年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润？15．(13分)[2011·合肥一中月考] 已知直线l 的方程为3x －2y －1＝0，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在直线l 上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)b n ＝n 2S n ＋1a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求f (n )＝b nT n ＋24(n ∈N ＋)的最大值．难点突破16．(12分)[2011·荆州质检] 某市为了解决交通拥堵问题，一方面改建道路、加强管理，一方面控制汽车总量增长，交管部门拟从2012年1月起，在一段时间内，对新车上牌采用摇号(类似于抽签)的方法进行控制，制定如下方案：①每月进行一次摇号，从当月所有申请用户以及以前没有摇到号的申请用户中，摇出当月上牌的用户，摇到号的用户不再参加以后的摇号；②当月没有摇到号的申请者自动加入下一个月的摇号，不必也不能重复申请，预计2012年1月申请车牌的用户有10a 个，以后每个月又有a 个新用户申请车牌．计划2012年1月发放车牌a 个，以后每月发放车牌数比上月增加5%.以2012年1月为第一个月，设前n (n ∈N *)个月申请车牌用户的总数为a n ，前n 个月发放车牌的总数为b n ，使得a n >b n 成立的最大正整数为n 0.(参考数据：1.0516＝2.18,1.0517＝2.29,1.0518＝2.41)(1)求a n 、b n 关于n 的表达式，直接写出n 0的值，说明n 0的实际意义；(2)当n ≤n 0，n ∈N *时，设第n 个月中签率为y n ，求证：中签率y n 随着n 的增加而增大． ⎝ ⎛⎭⎪⎫第n 个月中签率＝第n 个月发放车牌数第n 个月参加摇号的用户数课时作业(三十一)【基础热身】1．A [解析] 若lg x ，lg y ，lg z 成等差数列，则2lg y ＝lg x ＋lg z ，即lg y 2＝lg xz ，则y 2＝xz ，若y 2＝xz ，当x ，z 都取负数时，lg x ，lg z 无意义，故选A. 2．B [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 1＋9×82d ＝－18，S 13＝13a 1＋13×122d ＝－52，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－1，∴b 5＝a 5＝a 1＋4d ＝－2，b 7＝a 7＝a 1＋6d ＝－4， 设等比数列{b n }的公比为q ，则q 2＝b 7b 5＝2，b 15＝b 7q 8＝－4×24＝－64，故选B.3．B [解析] 依题意有3lg a 1＋3lg3＝6lg3，即a 1＝3. 设等比数列{a n }的公比为q ，则 q ＝a 2a 1，lg q ＝lg a 2－lg a 1＝d ＝lg3，解得q ＝3， 所以a n ＝3×3n －1＝3n，故选B.4．D [解析] 设公比为q ，又4S 2＝S 1＋3S 3，即4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，解得{a n }的公比q ＝13.【能力提升】5．B [解析] 由a ＋8，a ＋2，a －2成等比数列，得(a ＋2)2＝(a ＋8)(a －2)，解得a ＝10，设等差数列为{a n }，公差为d ，则a 1＝18，a 4＝12，a 6＝8， ∴2d ＝a 6－a 4＝－4，d ＝－2， 则这个等差数列前n 项和为S n ＝18n ＋n n －12×(－2)＝－n 2＋19n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1922＋1924，∴当n ＝10或n ＝9时，S n 有最大值90，故选B.6．D [解析] 由已知f (x ＋1)－f (x )＝32，则数列{f (n )}是等差数列，公差为32，其前20项和为20×52＋20×192×32＝335，故选D.7．B [解析] 由a 4>3，S 3≤9，得a 1＋3d >3，且3a 1＋3d ≤9， ∴3－a 1<3d ≤9－3a 1,2a 1<6，则a 1<3，即1<a 1<3. ∵首项a 1及公差d 都是整数， ∴a 1＝2,1<3d ≤3，则d ＝1，∴等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，则b n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1， 由1－1n ＋1<99100，得n <99，即n 的最大值为98，故选B.8．A [解析] OA 1B 1C 1设为第一个正方形，种植3棵树，依次下去，第二个正方形种植5棵树，第三个正方形种植7棵树，前43个正方形共有43×3＋43×422×2＝1935棵树，2011－1935＝76,76－44＝32,45－32＝13，因此第2011棵树在(13,44)点处．9．D [解析] 从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁边，则每个人所走的路程和最小，一共20个坑，为偶数，在中间的有两个坑为10和11号坑，故答案选D.10．6 033 [解析] f (x )为奇函数，所以由f (a 2－2)＋f (a 2 010－4)＝0得f (a 2－2)＝f (4－a 2 010)，所以a 2－2＝4－a 2 010，即a 2＋a 2 010＝6，所以S 2 011＝2 011a 1＋a 2 0112＝2 011a 2＋a 2 0102＝6 033.11．101 [解析] 观察知每一行的第一个数构成数列：1,3,7,13,21，…，相邻两项构成递推关系：a (m ＋1,1)＝a (m,1)＋2m ，所以a (10,1)＝a (9,1)＋18＝a (8,1)＋16＋18＝a (7,1)＋14＋34＝a (6,1)＋12＋48＝a (5,1)＋10＋60＝a (4,1)＋8＋70＝13＋78＝91，即第10行的第一个数为91，所以第10行第6个数为101.12．8 n n ＋1π4[解析] 从第一道弧开始，半径依次为1,2,3,4，…，并且从第二道弧开始，每一道弧的半径比前一道弧的半径大1，所以第8道弧的半径为8.弧长依次为π2×1，π2×2，π2×3，…，π2×n ，所以弧长之和为π2×(1＋2＋3＋…＋n )＝n n ＋1π4. 13．4 003 [解析] 设x 8＝m ，则x 9＝m ＋2，x 10＝m ＋4，x 11＝m ＋6，且x 8＋x 11＝x 9＋x 10， ∴f (m )＋f (m ＋2)＋f (m ＋4)＋f (m ＋6)＝0， 且f (m )<f (m ＋2)<f (m ＋4)<f (m ＋6)， ∴f (m )<0，f (m ＋6)>0.若m 与m ＋6关于原点不对称，则m ＋2与m ＋4也关于原点不对称， ∵f (x )是奇函数，即f (－x )＝－f (x )，∴f (m )＋f (m ＋2)＋f (m ＋4)＋f (m ＋6)≠0，矛盾，∴m 与m ＋6关于原点对称，则m ＋2与m ＋4关于原点对称， 则m ＝－3，x 8＝－3，x 2 011＝x 8＋(2 011－8)×2＝4 003.14．[解答] (1)依题意，A n 是首项为100－4＝96，公差为－4的等差数列的前n 项和，所以A n ＝96n ＋n n －12×(－4)＝98n －2n 2；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫100⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n 的前n 项和为100n ＋1003×1－13n1－13＝100n ＋50⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ，B n ＝100n ＋50⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －90＝100n －40－503n . (2)由(1)得，B n －A n ＝⎝⎛⎭⎪⎫100n －40－503n －(98n －2n 2)＝2n ＋2n 2－40－503n ，B n －A n 是数集N *上的单调递增数列，观察并计算知B 4－A 4＝－5081<0，B 5－A 5>0，所以从第5年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润．15．[解答] (1)由题意知3a n －2S n －1＝0，① 则3a n ＋1－2S n ＋1－1＝0，② ②－①得a n ＋1＝3a n ，所以数列{a n }是公比为3的等比数列． 由3a 1－2S 1－1＝0，得a 1＝1，所以a n ＝3n －1.(2)由①知，2S n ＝3a n －1，所以b n ＝n 2S n ＋1a n＝3n ，T n ＝n a 1＋a n2＝3n 2＋3n 2.f (n )＝b n T n ＋24＝3n 3n 2＋3n 2＋24＝2n n 2＋n ＋16＝2n ＋16n ＋1≤29.当且仅当n ＝16n，即n ＝4时，等号成立．所以f (n )的最大值为f (4)＝29.【难点突破】16．[解答] (1)a n ＝10a ＋(n －1)a ＝(n ＋9)a ，b n ＝a 1－1.05n1－1.05＝20a (1.05n－1)，由a n >b n 得，n 0＝17，说明第17个月以后，该项政策可以取消，不需要摇号就可以直接上牌．(2)证明：当n ＝1时，y 1＝110，当1<n ≤17，n ∈N *时，y n ＝b n －b n －1a n －b n －1＝ 1.05n －1n ＋29－20·1.05n －1，∴y n ＝ 1.05n －1n ＋29－20·1.05n －1(n ∈N *，n ≤17)，当2≤n ≤17，n ∈N *时，1 y n －1y n－1＝n＋291.05n－1－n－1＋291.05n－2＝n＋29－1.05n＋281.05n－1＝－0.05n－0.401.05n－1<0，∴1y n<1y n－1，n∈N*，n≤17时，a n>b n，∴a n－a n－1>b n－b n－1>0，∴0<y n<1，∴y n>y n－1，所以y1<y2<…<y17，即y n随着n的增加而增大．。
新高考数学一轮复习 课时规范练31 数列求和 新人教A版高三全册数学试题
课时规范练31 数列求和基础巩固组1.(2019广东广州调研)数列112,314,518,7116,…,(2n-1)+12n ,…的前n 项和S n 的值等于( )A.n 2+1-12nB.2n 2-n+1-12nC.n 2+1-12n -1D.n 2-n+1-12n2.(2019广东深圳调研)已知函数f (n )={n 2,n 为奇数,-n 2,n 为偶数,且a n =f (n )+f (n+1),则a 1+a 2+a 3+…+a 100等于( )A.0B.100C.-100D.10 2003.(2019河南开封调研)已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1·a n =2n (n ∈N *),则S 2 018等于( )A.22 018-1 B.3×21 009-3C.3×21 009-1 D.3×21 008-24.(2017全国2,理15)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则∑n =1n1S k= .5.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S n =2a n -4(n ∈N *),则a n = ;数列{log 2a n }的前n 项和为 .6.(2019山东淄博一模,17)已知在等比数列{a n }中,a 1=2,且a 1,a 2,a 3-2成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足:b n =1n n+2log 2a n -1,求数列{b n }的前n 项和S n .7.(2019山东实验等四校联考,17)已知数列{a n}的前n项和S n满足√n n=√n n-1+1(n≥2,n∈N),且a1=1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记b n=1n n·n n+1,T n为数列{b n}的前n项和,求使T n≥2n成立的n的最小值.综合提升组8.(2019广东珠海一中等六校联考)已知数列{a n}满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有a n+1=a n+a1+n,则1 n1+1n2+…+1n2017等于()A.20162017B.40322017C.20172018D.403420189.(多选)已知函数f(x)=12(x2+a)的图象在点P n(n,f(n))(n∈N*)处的切线l n的斜率为k n,直线l n交x 轴,y轴分别于点A n(x n,0),B n(0,y n),且y1=-1.以下结论中,正确的结论有()A.a=-1B.记函数g(n)=x n(n∈N*),则函数g(n)的单调性是先减后增,且最小值为1C.当n∈N*时,y n+k n+12<ln(1+k n)D.当n∈N*时,记数列{√|n n n }的前n项和为S n,则S n<√2(2n-1)n10.(2019衡水联考)已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n,T n,且a n>0,6S n=n n2+3a n,n∈N*,b n=2n n(2n n-1)(2n n+1-1),若∀n∈N*,k>T n恒成立,则k的最小值是.11.(2019山东淄博实验中学期末,17)已知等差数列{a n}的公差d>0,其前n项和为S n,且S5=20,a3,a5,a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=1n n·n n+1+n,求数列{b n}的前n项和T n.12.(2019贵州贵阳一模)已知数列{a n}的前n项和是S n,且S n+12a n=1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n =lo g 13(1-S n+1)(n ∈N *),令T n =1n 1n 2+1n 2n3+…+1n n n n +1,求T n .创新应用组13.(2019河南重点学校月考)已知数列{a n }中,a 1=1,a n-1-a n =2a n a n-1(n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =nn 2n +1,数列{b n }的前n 项和为S n ,证明:对任意的n ∈N *,都有13≤S n <12.14.(2019河南郑州二模,17)已知数列{a n}中,a1=1,a n>0,前n项和为S n,若a n=√n n+√n n-1(n∈N*,且n≥2).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记c n=a n·2n n,求数列{c n}的前n项和T n.15.(2019四川百校模拟冲刺改编)定义在[0,+∞)上的函数f(x)满足:当0≤x<2时,f(x)=2x-x2;当x≥2时,f(x)=3f(x-2).记函数f(x)的极大值点从小到大依次记为a1,a2,…,a n,…,并记相应的极大值为b1,b2,…,b n,….(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设S=a1b1+a2b2+…+a20b20,求S的值(不必求出具体的数值).参考答案课时规范练31数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+12n ,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+12+122+…+12n=n2+1-12n.2.B由题意,得a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100.故选B.3.B a1=1,a2=2n1=2,又n n +2·n n +1n n +1·n n=2n +12n=2,∴n n +2n n=2. ∴a 1,a 3,a 5,…成等比数列;a 2,a 4,a 6,…成等比数列,∴S 2018=a 1+a 2+a 3+a 4+a 5+a 6+…+a 2017+a 2018=(a 1+a 3+a 5+…+a 2017)+(a 2+a 4+a 6+…+a 2018)=1-210091-2+2(1-21009)1-2=3·21009-3.故选B .4.2nn +1设等差数列的首项为a 1,公差为d ,由题意可知{n 1+2n =3,4n 1+4×32n =10,解得{n 1=1,n =1.所以S n =na 1+n (n -1)2d=n (1+n )2.所以1n n=2n (n +1)=2(1n -1n +1).所以∑n =1n1Sk=2(1-12)+(12-13)+…+(1n -1n +1)=2(1-1n +1)=2nn +1.5.2n+1n (n +3)2∵S n =2a n -4(n ∈N *),∴n=1时,a 1=S 1=2a 1-4,解得a 1=4,n ≥2时,a n =S n -S n-1=2a n -2a n-1,整理,得a n =2a n-1,∴{a n }是首项为4,公比为2的等比数列,∴a n =4×2n-1=2n+1,log 2a n =n+1,∴数列{log 2a n }的前n 项和为2+3+4+5+…+(n+1)=n (n +3)2.6.解(1)设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1,a 2,a 3-2成等差数列,∴2a 2=a 1+(a 3-2)=2+(a 3-2)=a 3, ∴q=n3n 2=2,∴a n =a 1q n-1=2n (n ∈N *).(2)由(1)及b n =1n n+2log 2a n -1,可知(12)n +2log 22n -1=(12)n+2n-1,∴S n =(12+1)+(12)2+3+[(12)3+5]+…+(12)n+(2n-1)=12+(12)2+(12)3+…+(12)n+[1+3+5+…+(2n-1)]=12[1-(12)n ]1-12+n ·[1+(2n -1)]2=n 2-(12)n+1(n ∈N *).7.解(1)由已知√n n =√n n -1+1,得√n n −√n n -1=1,所以数列{√n n }为等差数列,且√n 1=1.∴√n n =n ,即S n =n 2,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2-(n-1)2=2n-1,又a 1=1也满足上式,∴a n =2n-1.(2)由(1)知,b n =1(2n -1)(2n +1)=1212n -1−12n +1, ∴T n =121-13+13−15+…+12n -1−12n +1=121-12n +1=n2n +1,由T n ≥2n 有n 2≥4n+2,有(n-2)2≥6,所以n ≥5,∴n 的最小值为5.8.D 由题意可得a n+1-a n =n+1,则a 1=1,a 2-a 1=2,a 3-a 2=3,…,a n -a n-1=n ,以上各式相加可得a n =n (n +1)2,则1n n=2(1n -1n +1),1n 1+1n 2+…+1n2017=2×(1-12)+(12-13)+…+12017−12018=40342018.9.ACD 由f (x )=12(x 2+a ),得f'(x )=x ,则f'(n )=n ,即k n =n ,∴曲线在点P n (n ,f (n ))处的切线l n 的切线方程为y-12(n 2+a )=n (x-n ),直线l n 与y 轴交于点B n (0,y n ),则y n =12(n 2+a )-n 2且y 1=-1,解得a=-1,故A 正确;直线l n 与x 轴交于A n (x n ,0),∴0-12(n 2+a )=n (x n -n ).整理得g (n )=x n =n 2+12n,则x'n =12−12n2,令x'n =12−12n 2=0,解得n=1(负值舍去).当n>1时,x'n >0,∴函数g (n )为增函数,当n=1时,函数取最小值,且最小值为1.∴函数g (n )的单调性是增函数,且最小值为1,故B 不正确;在l n 中,令x=0,得y n =-n 2+12(n 2-1)=-12(n 2+1),∴y n +k n +12=-12n 2+n ,当n=1时,y 1+k 1+12=12=ln √e <ln2=ln(1+1)=ln(1+k 1),当n ≥2时,y n +k n +12=-12n 2+n ≤0,而ln(1+k n )=ln(1+n )>ln1=0,故C 正确;∵√|n n n=√2√<√2n 2,∴S n <√2112+122+132+…+1n 2.当n>1时,1n 2<1n (n -1)=1n -1−1n ,∴S n <√21+(1-12)+12−13+…+(1n -1-1n )=√22-1n =√2(2n -1)n,故D 正确.故选ACD .10.149当n=1时,6a 1=n 12+3a 1,解得a 1=3或a 1=0.由a n >0,得a 1=3.由6S n =n n 2+3a n ,得6S n+1=n n +12+3a n+1.两式相减得6a n+1=n n +12−n n 2+3a n+1-3a n .所以(a n+1+a n )(a n+1-a n -3)=0.因为a n >0,所以a n+1+a n >0,a n+1-a n =3.即数列{a n }是以3为首项,3为公差的等差数列,所以a n =3+3(n-1)=3n.所以b n =2n n(2n n-1)(2n n +1-1)=8n(8n-1)(8n +1-1)=1718n-1−18n +1-1.所以T n =1718-1−182-1+182-1−183-1+…+18n -1−18n +1-1=1717−18n +1-1<149.要使∀n ∈N *,k>T n 恒成立,只需k ≥149.11.解(1)因为S 5=5(n 1+n 5)2=20,即a 1+a 5=8,a 3=4,即a 1+2d=4. ①因为a 3,a 5,a 8为等比数列,即n 52=a 3a 8.所以(a 1+4d )2=(a 1+2d )(a 1+7d ),化简得a 1=2d.②联立①和②得a 1=2,d=1,所以a n =n+1.(2)由(1)及b n =1n n ·n n +1+n ,可知b n =1nn ·n n +1+n=1(n +1)(n +2)+n=(1n +1-1n +2)+n ,所以T n =[(12-13)+1]+13−14+2+14−15+3+…+1n +1−1n +2+n =(12-13)+(13-14)+(14-15)+…+1n +1−1n +2+(1+2+3+…+n )=(12-1n +2)+n (n +1)2=n 2(n +2)+n (n +1)2.12.解(1)当n=1时,a 1=S 1,由S 1+12a 1=1,得a 1=23.当n ≥2时,S n =1-12a n ,S n-1=1-12a n-1,则S n -S n-1=12(a n-1-a n ),即a n =12(a n-1-a n ),所以a n =13a n-1(n ≥2).故数列{a n }是以23为首项,13为公比的等比数列.故a n =23·(13)n -1=2·(13)n(n ∈N *).(2)因为1-S n =12a n =(13)n.所以b n =lo g 13(1-S n+1)=lo g 13(13)n +1=n+1.因为1nn n n +1=1(n +1)(n +2)=1n +1−1n +2,所以T n =1n1n 2+1n2n3+…+1n n n n +1=12−13+13−14+…+1n +1−1n +2=12−1n +2=n2(n +2). 13.(1)解由a n-1-a n =2a n a n-1,得nn -1-n nn nnn -1=2,即1n n−1nn -1=2.又1n 1=1,所以数列{1n n }是以1为首项,2为公差的等差数列.所以1n n=1+2(n-1)=2n-1,所以a n =12n -1.(2)证明因为b n =n n 2n +1,所以b n =1(2n -1)(2n +1)=1212n -1−12n +1. 所以S n =12(1-13)+13−15+15−17+…+12n -1−12n +1=12(1-12n +1)=n2n +1.令f (x )=n2n +1=12+1n(x ≥1),易证f (x )单调递增,所以f (x )≥f (1)=13.又f (x )=n 2n +1=12+1n(x ≥1),由1n>0,2+1n>2,所以f (x )=n 2n +1=12+1n<12.所以13≤f (x )<12.即对任意的n ∈N *,都有13≤S n <12.14.解(1)在数列{a n }中,a n =S n -S n-1,又有a n =√n n +√n n -1(n ∈N *,且n ≥2),所以a n =S n -S n-1=(√n n +√n n -1)(√n n −√n n -1)=a n (√n n −√n n -1),所以√n n −√n n -1=1,所以数列{√n n }是以√n 1=√n 1=1为首项,公差为1的等差数列,所以√n n =1+(n-1)=n ,即S n =n 2.当n=1时,a 1=S 1=1,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2-(n-1)2=2n-1,a 1=2×1-1=1也满足上式,所以{a n }的通项公式为a n =2n-1.(2)由(1)知c n =a n ·2n n =(2n-1)·22n-1,∴T n =21+3×23+5×25+…+(2n-3)·22n-3+(2n-1)22n-1,①∴4T n =23+3×25+5×27+…+(2n-3)·22n-1+(2n-1)22n+1. ②①-②得-3T n =21+2×23+2×25+2×27+…+2×22n-1-(2n-1)22n+1=5-6n 3×22n+1-103,即T n =6n -59×22n+1+109.15.解(1)由题意当0≤x<2时,f (x )=2x-x 2=-(x-1)2+1,极大值点为1,极大值为1,当x ≥2时,f (x )=3f (x-2).则极大值点形成首项为1公差为2的等差数列,极大值形成首项为1公比为3的等比数列,故a n =2n-1,b n =3n-1,故a n b n =(2n-1)3n-1.(2)由S=a 1b 1+a 2b 2+…+a 20b 20=1×1+3×31+5×32+…+39×319,则3S=1×31+3×32+…+39×320,两式相减得-2S=1+2(31+32+…+319)-320=1+2×3(1-319)1-3-39×320=-2-38×320,∴S=19×320+1.。
2021年高三数学一轮复习 基础知识课时作业(三十一)
2021年高三数学一轮复习 基础知识课时作业(三十一)一、选择题1．公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则a 5＝( A ) A ．1B ．2C ．4D ．8解析：∵公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，a 3a 11＝16，∴a 27＝16，a 7＝4，∴22·a 5＝4，则a 5＝1，选A.2．在数列{a n }中，a n ＋1＝ca n (c 为非零常数)，前n 项和为S n ＝3n＋k ，则实数k 为( A ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：由a n ＋1＝ca n 知数列{a n }为等比数列，公比为c ，等比数列的前n 项和为S n ＝a 11－c－a 11－c·c n ＝3n＋k ，∴k ＝－1，选A. 3．已知数列{a n }是公比为q 的等比数列，且a 1·a 3＝4，a 4＝8，则a 1＋q 的值为( D ) A ．3 B ．2 C ．3或－2D ．3或－3解析：由{a n }为等比数列，a 1·a 3＝a 21q 2＝4，a 1q 3＝8得q 4＝16，q ＝±2，当q ＝2时，a 1＝1，此时a 1＋q ＝3；当q ＝－2时，a 1＝－1，此时a 1＋q ＝－3，故选D.4．已知等比数列{a n }的公比q ＝2，且2a 4，a 6,48成等差数列，则{a n }的前8项和为( B ) A ．127 B ．255 C ．511D ．1 023解析：由已知q ＝2,2a 6＝2a 4＋48可得a 1＝1，S 8＝a 11－q 81－q＝255，故选B.5．若方程x 2－5x ＋m ＝0与x 2－10x ＋n ＝0的四个根适当排列后，恰好组成一个首项为1的等比数列，则m ∶n 值为( A )A.14B.12 C ．2D ．4解析：不妨设方程x 2－5x ＋m ＝0的两根分别为x 1、x 2，则x 1＋x 2＝5，x 1x 2＝m ，方程x2－10x ＋n ＝0的两根为x 3，x 4，则x 3＋x 4＝10，x 3·x 4＝n ，且此数列公比为q ，|q |>1，此数列为x 1，x 3，x 2，x 4，则x 1＝1，x 2＝4，x 3＝2，x 4＝8，此时m ＝4，n ＝16，∴m ∶n ＝14.6．已知数列{a n }，{b n }满足a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2＋b n x ＋2n的两个零点，且a 1＝1，则b 10＝( A )A ．－64B ．－32C ．－48D ．64解析：由已知a n ，a n ＋1为f (x )＝x 2＋b n x ＋2n的两个零点，易得a n ＋a n ＋1＝－b n ①，a n ·a n＋1＝2n ②，由②得a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1③，则③②＝a n ＋2a n＝2，故{a n }为隔项成等比数列，a 1＝1，a 11＝a 1·25＝32，a 10＝a 2·24＝25＝32，故b 10＝－(a 10＋a 11)＝－64.二、填空题7．已知等比数列{a n }的公比q 为正数，且a 3·a 9＝2a 25，则q ＝________.解析：由等比数列性质知a 3·a 9＝a 26＝2a 25，∴q 2＝a 26a 25＝2，∵q >0，∴q ＝ 2.答案： 28．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝2，S 4＝5S 2，则a 1的值为________，S 4的值为________．解析：由a 3＝2，S 4＝5S 2可得q ≠1，a 11－q 41－q ＝5·a 11－q 21－q ⇒q ＝2，故a 1＝12；S 4＝121－241－2＝152. 答案：12 1529．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，关于数列{a n }有下列四个命题： ①若{a n }既是等差数列又是等比数列，则a n ＝a n ＋1(n ∈N *)； ②若S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )，则{a n }是等差数列； ③若S n ＝1－(－1)n，则{a n }是等比数列；④若{a n }是等比数列，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m (m ∈N *)也成等比数列． 其中正确的命题是________．(填上正确命题的序号)解析：①若{a n }既是等差数列又是等比数列，{a n }为非零常数列，故a n ＝a n ＋1(n ∈N *)；②若{a n }是等差数列，S n＝d2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n 为an 2＋bn (a ，b ∈R )的形式；③若S n ＝1－(－1)n，则n ≥2时，a n ＝S n－S n －1＝1－(－1)n－1＋(－1)n －1＝(－1)n －1－(－1)n，而a 1＝2，适合上述通项公式，所以a n ＝(－1)n －1－(－1)n 是等比数列；④若{a n }是等比数列，当公比q ＝－1且m 为偶数时，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 不成等比数列．答案：①②③ 三、解答题10．已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列．(1)求数列{a n }的通项； (2)求数列{}的前n 项和S n . 解：(1)由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得1＋2d 1＝1＋8d1＋2d ，解得d ＝1，d ＝0(舍去)，故{a n }的通项a n ＝1＋(n －1)×1＝n . (2)由(1)知＝2n，由等比数列前n 项和公式得S n ＝2＋22＋23＋ (2)＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.11．已知数列{a n }、{b n }分别是首项均为2，各项均为正数的等比数列和等差数列，且b 2＝4a 2，a 2b 3＝6.(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式； (2)求使<0.001成立的最小的n 值．解：(1)设{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝4×2q2＋2d ·2q ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2q ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－5q ＝－38(舍)，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，b n ＝2n .(2)由(1)得＝a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －2，∵<0.001，即⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －2<0.001，∴22n －2>1 000，∴2n －2≥10，即n ≥6，∴最小的n 值为6.12．在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝84，a 9＝73. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m 项和S m .解：(1)因为{a n }是一个等差数列，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝84，a 4＝28. 设数列{a n }的公差为d ，则5d ＝a 9－a 4＝73－28＝45，故d ＝9. 由a 4＝a 1＋3d 得28＝a 1＋3×9，即a 1＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋9(n －1)＝9n －8(n ∈N *)． (2)对m ∈N *，若9m <a n <92m， 则9m＋8<9n <92m ＋8. 因此9m －1＋1≤n ≤92m －1，故得b m ＝92m －1－9m －1.于是S m ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m ＝(9＋93＋…＋92m －1)－(1＋9＋…＋9m －1)＝9×1－81m1－81－1－9m1－9＝92m ＋1－10×9m＋180.[热点预测]13.(1)如图，一单位正方体形积木，平放于桌面上，并且在其上方位置若干个小正方体形积木摆成塔形，其中上面正方体中下底面的四个顶点是下面相邻正方体中上底面各边的中点，如果所有正方体暴露在外面部分的面积之和超过8.8，则正方体的个数至少是( )A ．6B ．7C ．8D ．10(2)设数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，记数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝________. 解析：(1)由题意第一个正方体露在外面的面积为4.5，第二个为2.25，第三个为 1.125，……，可知此构成首项为 4.5，公比q ＝12的等比数列，所以S n ＝4.5⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12>8.8，化简得12n <145，易得n 的最小值为6，故选A. (2)由S 7－S 5＝4(T 6－T 4)可得a 6＋a 7＝4(a 5＋a 6)⇒6a 1＋25d ＝0⇒a 1＝－256d ；q ＝b 6b 5＝a 6a 5＝5，由a 5＝b 5得b 1＝－d 6·54，代入a 7＋a 5b 7＋b 5化简得－513. 答案：(1)A (2)－51337618 92F2 鋲 24030 5DDE 州21798 5526 唦m34131 8553 蕓22244 56E4 囤G34046 84FE 蓾Gq"_38234 955A 镚39573 9A95 骕。
高考数学一轮复习课时规范练31数列求和理北师大版
课时规范练31 数列求和基础巩固组1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.(2018河北衡水中学金卷十模,3)已知数列{a n}是各项为正数的等比数列,点M(2,log2a2),N(5,log2a5)都在直线y=x-1上,则数列{a n}的前n项和为()A.2n-2B.2n+1-2C.2n-1D.2n+1-13.(2018山东潍坊二模,4)设数列{a n}的前n项和为S n,若S n=-n2-n,则数列的前40项的和为()A. B.- C. D.-4.已知函数f(x)=x a的图像过点(4,2),令a n=,n∈N+.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2018=.5.(2018浙江余姚中学4月模拟,17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S5=30,S10=110.(1)求S n;(2)记T n=+…+,求T n.6.(2018山西晋城月考)已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=2a n+(-1)n(3n+1).(1)求证:数列{a n+(-1)n n}是等比数列;(2)求数列{a n}的前10项和S10.7.(2018山东潍坊一模,17)公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,已知S4=10,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和T n.综合提升组8.(2018广东中山期末)等比数列{a n}中,已知对任意自然数n,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,则+…+等于()A.2n-1B. (3n-1)C. (4n-1)D.以上都不对9.(2018湖北重点中学五模)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a4=4,S5=15,若数列的前m项和为,则m=()A.8B.9C.10D.1110.(2018山东潍坊三模,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,且1,a n,S n成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n·b n=1+2na n,求数列{b n}的前n项和T n.11.(2018江西上饶三模,17)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且6S n=3n+1+a(n∈N+).(1)求a的值及数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(3n+1)a n,求数列{a n}的前n项和T n.创新应用组12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.11013.(2018云南玉溪月考)数列{a n}满足:a1=,a2=,且a1a2+a2a3+…+a n a n+1=对任何的正整数n都成立,则+…+的值为()A.5 032B.5 044C.5 048D.5 050参考答案课时规范练31 数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.C由题意log2a2=2-1=1,可得a2=2,log2a5=5-1=4,可得a5=16,=q3=8⇒⇒S n==2n-1,故选C.3.D∵S n=-n2-n,∴a1=S1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,则数列{a n}的通项公式为a n=-2n,==--,数列的前40项的和为S40=-1-+-+…+-=-.4.-1由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n===-,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(-)+(-)+(-)+…+(-)=-1.5.解 (1)设{a n}的首项为a1,公差为d,由题意得解得所以S n=n2+n.(2)==-,所以T n=1-+-+…+-=1-=.6.(1)证明∵a n+1=2a n+(-1)n(3n+1),∴===2.又a1-1=3-1=2,∴数列{a n+(-1)n n}是首项为2,公比为2的等比数列.(2)解由(1)得a n+(-1)n n=2×2n-1=2n,∴a n=2n-(-1)n n,∴S10=(2+22+…+210)+(1-2)+(3-4)+…+(9-10)=-5=211-7=2 041.7.解 (1)设{a n}的公差为d,由题设可得,∴解得∴a n=n.(2)令c n=,则T n=c1+c2+…+c n=+++…++, ①T n=++…++, ②①-②得:T n=++…+-=-=--,∴T n=-.8.C当n=1时,a1=21-1=1,当n≥2时,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1,两式做差可得a n=2n-2n-1=2n-1,且n=1时,21-1=20=1=a1,∴a n=2n-1,故=4n-1,∴+++…+==(4n-1).9.C S n为等差数列{a n}的前n项和,设公差为d,则解得d=1,则a n=4+(n-4)×1=n.由于==-,则S m=1-+-+…+-=1-=,解得m=10.10.解 (1)由已知1,a n,S n成等差数列,得2a n=1+S n, ①当n=1时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1.当n≥2时,2a n-1=1+S n-1, ②由①-②,得2a n-2a n-1=a n,∴=2,∴数列{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=a1q n-1=1×2n-1=2n-1.(2)由a n·b n=1+2na n得b n=+2n,∴T n=b1+b2+…+b n=+2++4+…++2n=+(2+4+…+2n)=+=n2+n+2-.11.解 (1)∵6S n=3n+1+a(n∈N+),∴当n=1时,6S1=6a1=9+a;当n≥2时,6a n=6(S n-S n-1)=2×3n,即a n=3n-1,∵{a n}为等比数列,∴a1=1,则9+a=6,a=-3,∴{a n}的通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)得b n=(3n+1)3n-1,∴T n=b1+b2+…+b n=4×30+7×31+…+(3n+1)3n-1,3T n=4×31+7×32+…+(3n-2)3n-1+(3n+1)3n,∴-2T n=4+32+33+…+3n-(3n+1)3n,∴T n=.12.A设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.13.B∵a1a2+a2a3+…+a n a n+1=n, ①a1a2+a2a3+…++=(n+1), ②①-②,得-=n-(n+1),∴-=4,同理得-=4,∴-=-,整理得=+,∴是等差数列.∵a1=,a2=,∴等差数列的首项为4,公差为1,=4+(n-1)×1=n+3,∴++…+==5 044.。
高考数学 一轮复习课时作业31第5章 数列2 Word版含答案
答案：C
4．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝ ，则a12的值是()
A．15 B．30
A．13 B．26C．52 D．156
解析：∵a3＋a5＝2a4，a7＋a10＋a13＝3a10，
∴6a4＋6a10＝24，即a4＋a10＝4。
∴S13＝ ＝ ＝26。
答案：B
3．在等差数列{an}中，如果a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}前9项的和为()
A．297 B．144C．99 D．66
解析：等差数列中，Sn＝na1＋ d， ＝a1＋(n－1) ，即数列{ }是首项为a1＝－2 012，公差为 的等差数列。因为 － ＝2 002，所以(2 012－10) ＝2 002， ＝1，所以S2 014＝2 014[(－2 012)＋(2 014－1)×1]＝2 014，选C。
答案：C
6．《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样的一道题目：把100个面包分给5个人，每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的 是较小的两份之和，则最小的1份为()
解析：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5。
因为d＞0，所以d＝2。
从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)。
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)·(k＋1)，
所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65。
由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1＞1，
高考数学课时作业31 文(含解析)北师大版
高考数学课时作业31 文（含解析）北师大版一、选择题1．已知平面向量a ＝(1，－3)，b ＝(4，－2)，若λa －b 与a 垂直，则实数λ＝ A ．－1 B ．1 C ．－2D ．2解析：λa －b ＝(λ－4，－3λ＋2)，则(λ－4)＋(－3λ＋2)(－3)＝0，解得λ＝1. 答案：B2．(2012年济南二模)平面向量a 与b 的夹角为2π3，a ＝(3,0)，|b |＝2，则|a ＋2b |＝( )A ．7 B.37 C.13 D ．3解析：|a ＋2b |＝a ＋2b2＝|a |2＋4|b |2＋4|a ||b |cos 2π3＝13.答案：C3．已知正方形ABCD 的边长为2，令AB →＝a ，BC →＝b ，AC →＝c ，则|a ＋b ＋c |＝ A ．0 B. 2 C ．2D ．4解析：|a ＋b ＋c |2＝|a |2＋|b |2＋|c |2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c ＝2＋2＋4＋4·22cos 45°＝16，∴|a ＋b ＋c |＝4. 答案：D4．函数y ＝tan(π4x －π2)的部分图象如图所示，则(OA →＋OB →)·AB →＝( )A ．6B ．4C ．－4D ．－6解析：如图，A (2,0)，B (3,1)，(OA →＋OB →)·AB →＝－(OA →＋OB →)·(OA →－OB →)＝OB →2－OA →2＝10－4＝6，选A.答案：A5．(2012年江西九校联考)向量a ，b 均为单位向量，且a ·b ＝12，向量a －c 与向量b－c 的夹角为π6，则向量a －c 的模长的最大值为( )A.32 B ．1C.232D ．2解析：由题意画图：令OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ；向量a 和向量b 的夹角为60°，又向量a －c 和向量b －c 的夹角为30°，故点A 、B 、C 三点在同一个单位圆上．当A 、O 、C 三点共线时，|a －c |取到最大值，其最大值恰为单位圆的直径长2.故选D.答案：D6．关于平面向量a ，b ，c ，有下列命题： ①(a ·b )c －(c ·a )b ＝0； ②|a |－|b |<|a －b |；③(b ·c )a －(c ·a )b 不与c 垂直；④非零向量a 和b 满足|a |＝|b |＝|a －b |，则a 与a ＋b 的夹角为30°. 其中真命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：①(a ·b )c －(c ·a )b ＝0不正确，向量的数量积不满足乘法运算的结合律故上述结论不一定成立．②|a |－|b |<|a －b |不正确，也有取等号的可能．③(b ·c )a －(c ·a )b 不与c 垂直不正确，因为前后两个向量的数量积恰好为0，故两向量始终是垂直的．④非零向量a 和b 满足|a |＝|b |＝|a －b |，则a 与a ＋b 的夹角为30°.是正确的，因为上述三个向量恰好构成一个等边三角形，a ＋b 恰好是三角形的角平分线，故a 与a ＋b 的夹角为30°.所以选A.答案：A二、填空题7．(2012年佛山质检)已知向量a ＝(1,1)，2a ＋b ＝(4,2)，则向量a ，b 的夹角为________． 解析：由a ＝(1,1)，2a ＋b ＝(4,2)，得b ＝(4,2)－2(1,1)＝(2,0)． 设向量a ，b 的夹角为θ，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝222＝22，θ＝π4.答案：π48．(2012年安徽)若平面向量a ，b 满足：|2a －b |≤3，则a ·b 的最小值是________． 解析：|2a －b |≤3⇔4a 2＋b 2≤9＋4a ·b ， 4a 2＋b 2≥4|a ||b |≥－4a ·b ⇒9＋4a ·b ≥－4a ·b ⇔a ·b ≥－98.答案：－989．在正三角形ABC 中，D 是BC 上的点，若AB ＝3，BD ＝1，则AB →·AD →＝________.解析：在△ABD 中，由余弦定理，得|AD →|＝7，则cos θ＝9＋7－12×3×7＝527.故AB →·AD →＝|AB →|·|AD →|·co s θ＝152.答案：152三、解答题10．设向量a ＝(4cos α，sin α)，b ＝(sin β，4cos β)，c ＝(cos β，－4sin β)． (1)若a 与b －2c 垂直，求tan(α＋β)的值； (2)求|b ＋c |的最大值；(3)若tan αtan β＝16，求证：a ∥b . 解：(1)因为a 与b －2c 垂直，所以a ·(b －2c )＝4cos αsin β－8cos αcos β＋4sin αcos β＋8sin αsin β＝4sin (α＋β)－8cos (α＋β)＝0，因此tan(α＋β)＝2.(2)由b ＋c ＝(sin β＋cos β，4cos β－4sin β)，得|b ＋c |＝sin β＋cos β2＋4cos β－4sin β2＝17－15sin 2β≤4 2.又当β＝k π－π4(k ∈Z )时，等号成立，所以|b ＋c |的最大值为4 2.(3)由tan αtan β＝16得4cos αsin β＝sin α4cos β，即16cos βcos α＝sin αsin β， 所以a ∥b .11．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，设向量m ＝(sin A ，cos B )，n ＝(cos A ，sin B )．(1)若m ∥n ，求角C ；(2)若m ⊥n ，B ＝15°，a ＝6＋2，求边c 的大小．解：(1)由m ∥n ⇒sin A sin B －cos A cos B ＝0⇒cos (A ＋B )＝0， 因为0°<A ＋B <180°，所以A ＋B ＝90°，C ＝180°－(A ＋B )＝90°.(2)由m ⊥n ⇒sin A cos A ＋sin B cos B ＝0⇒sin 2A ＋sin 2B ＝0，已知B ＝15°，所以sin 2A ＋sin 30°＝0，sin 2A ＝－12，因为0<2A <360°－2B ＝330°，所以2A ＝210°，A ＝105°，C ＝180°－15°－105°＝60°.根据正弦定理a sin A ＝c sin C ⇒6＋2sin 105°＝csin 60°⇒c ＝6＋2sin 60°sin 105°，因为sin 105°＝sin (45°＋60°)＝6＋24， 所以c ＝6＋2×326＋24＝2 3.12．设△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且满足(2a ＋c )BC →·BA →＋cCA →·CB →＝0.(1)求角B 的大小；(2)若b ＝23，试求AB →·CB →的最小值．解：(1)因为(2a ＋c )BC →·BA →＋cCA →·CB →＝0， 所以(2a ＋c )ac cos B ＋cab cos C ＝0， 即(2a ＋c )cos B ＋b cos C ＝0，则(2sin A ＋sin C )cos B ＋sin B cos C ＝0， 所以2sin A cos B ＋sin (C ＋B )＝0， 即cos B ＝－12，所以B ＝2π3.(2)因为b 2＝a 2＋c 2－2ac cos 2π3，所以12＝a 2＋c 2＋ac ≥3ac ，即ac ≤4. 当且仅当a ＝c 时取等号，此时ac 最大值为4. 所以AB →·CB →＝ac cos 2π3＝－12ac ≥－2，即AB →·CB →的最小值为－2. [热点预测]13．设向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，其中0<α<β<π，若|2a ＋b |＝|a －2b |，则β－α＝( )A.π2 B ．－π2C.π4D ．－π4解析：由|2a ＋b |＝|a －2b |两边平方整理得3|a |2－3|b |2＋8a ·b ＝0. ∵|a |＝|b |＝1，故a ·b ＝0，∴cos αcos β＋sin αsin β＝0， 即cos (α－β)＝0，由于0<α<β<π， 故－π<α－β<0，∴α－β＝－π2，即β－α＝π2.答案：A14．已知a ＝(2，－1)，b ＝(λ，3)，若a 与b 的夹角为钝角，则λ的取值范围是________． 解析：由a ·b <0，即2λ－3<0，解得λ<32，由a ∥b 得：6＝－λ，即λ＝－6.因此λ<32，且λ≠－6.答案：(－∞，－6)∪⎝⎛⎭⎪⎫－6，32 15．若△ABC 的面积是30，cos A ＝1213，则AB →·AC →的值为________．解析：由cos A ＝1213，得sin A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12132＝513. 又12bc sin A ＝30，∴bc ＝156. ∴AB →·AC →＝bc cos A ＝156×1213＝144.答案：144。
高考数学一轮总复习课时规范练31等比数列新人教A版
课时规范练31 等比数列基础巩固组1.在等比数列{a n}中,a3a7=9,则a5=()A.±3B.3C.±D.2.已知数列{a n}为等比数列,则“a6>a5>0”是“数列{a n}为递增数列”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3.将数列{3n+1}与{9n1}的公共项从小到大排列得到数列{a n},则a10=()A.319B.320C.321D.3224.在等比数列{a n}中,a1+a2=,a4+a5=18,则其前5项的积为()A.64B.81C.192D.2435.(2023江苏淮阴检测)设{a n}是首项为1的等比数列,若a1,2a2,4a3成等差数列,则通项公式a n= .6.在等比数列{a n}中,a1+a3=10,a2+a4=5,则公比q= ;满足a n>1的n的最大值为.7.(2022河南洛阳三模)已知数列{a n}的前n项和为S n,且对任意的n∈N*,都满足S n+2=2a n,b n=.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{b n}的最小项的值.综合提升组8.已知数列{a n}的前n项和为S n,若3S n=2a n3n,则a2 021=()A. 2 021B.32 0216C.22 0211D.22 02119.(2022广东广州三模)在等比数列{a n}中,a1=1,且4a1,2a2,a3成等差数列,则(n∈N*)的最小值为()A. B. C. D.1创新应用组10.(2022山西临汾考前适应训练一)已知{a n}为等比数列,a1=16,公比q=.若T n是数列{a n}的前n项积,求当T n取最大值时n的值.答案：课时规范练31等比数列1.A由等比数列的性质,可得=a3a7=9,则a5=±3.2.B设数列{a n}的公比为q.充分性:当a6>a5>0时,q=>1,且a1=>0,则数列{a n}为递增数列;必要性:当数列{a n}为递增数列时,若a1<0,0<q<1,则0>a6>a5.故为充分不必要条件.3.B由题意知,数列{a n}是首项为9,公比为9的等比数列,所以a n=9n,则a10=910=320.4.D设等比数列{a n}的公比为q,由题意=q3=8,解得q=2,所以a1+a2=a1+2a1=,所以a1=,所以a1a2a3a4a5=q10=5×210=243.5.n1由a1,2a2,4a3成等差数列,得4a2=a1+4a3,∴4q=1+4q2,解得q=,∴a n=1·n1=n1.6.3因为a1+a3=10,a2+a4=5,所以q==所以a1+a3=a1+q2a1=10,即a1=8,所以a n=a1q n1=8×n1,所以当n为偶数时,a n<0;当n为奇数时,a n=8×n1=8×n1=24n>0.要使a n>1,则4n>0且n为奇数,即n<4且n为奇数,所以n=1或n=3,n的最大值为3.7.解(1)∵S n+2=2a n,∴当n≥2时,S n1+2=2a n1.两式相减,得a n=2a n1.又a1=2,∴{a n}是以2为公比,2为首项的等比数列,∴a n=2n,n∈N*.(2)∵b n=,易知b n>0,b n+1=,=2,当>1时,n>+1,则当n≥3时,b n<b n+1,又b1=2,b2=1,b3=,∴当n=3时,b n有最小值8.C当n=1时,3S1=3a1=2a13,解得a1=3;当n≥2时,由3S n=2a n3n,得3S n1=2a n13(n1),上述两式作差得3a n=2a n2a n13,即a n=2a n13,∴a n+1=2(a n1+1),可得=2,∵a1+1=2,∴数列{a n+1}是以2为首项,以2为公比的等比数列,∴a2021+1=2×(2)2020=22021,∴a2021=220211.故选C.9.D设等比数列{a n}的公比为q,由于4a1,2a2,a3成等差数列,∴4a2=4a1+a3,即4a1q=4a1+a1q2,则q24q+4=(q2)2=0,解得q=2,∴a n=2n1,=1,=1,=2,,=2,当n=1时,2=1,当n≥2时,2>1,<…,(n∈N*)的最小值为1.故选D.10.解T n=a1·a2·…·a n=a1·a1q·a1q2·…·a1q n1=q1+2+3+…+(n1)==16n×=24n,函数y=n2+n的开口向下,对称轴为n=,所以当n=4或n=5时,T n取得最大值.。
人教B版高考数学一轮总复习课后习题 第七章 平面向量、复数 课时规范练31
课时规范练31《素养分级练》P314基础巩固组1.(全国乙,文3)已知向量a=(2,1),b=(-2,4),则|a-b|=( ) A.2 B.3 C.4 D.5答案:D解析:由题设得a-b=(4,-3),则|a-b|=√42+(-3)2=5.故选D.2.若a=(2,1),b=(-1,1),(2a+b)∥(a+mb),则m 的值为( ) A.12B.2C.-2D.-12答案:A解析:由已知得2a+b=(3,3),a+mb=(2-m,1+m),由(2a+b)∥(a+mb),可得3×(1+m)=3×(2-m),解得m=12.故选A.3.(陕西西安三模)已知向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-4),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,m),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,m),若A,C,D 三点共线,则m=( ) A.2 B.23C.-2-√6D.-2+√6答案:A解析:因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-4),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,m),所以AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,m-4).又A,C,D 三点共线,所以AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则{1=-λ,m -4=λm ,解得{λ=-1,m =2.故选A.4.(北京朝阳高三期中)已知向量a,b,c 在正方形网格中的位置如图所示,用基底{a ,b }表示c,则( )A.c=2a-3bB.c=-2a-3bC.c=-3a+2bD.c=3a-2b答案:D解析:建立如图所示的平面直角坐标系,设正方形网格的边长为1,则A(1,0),B(2,1),C(0,4),D(7,1),所以a=(1,1),b=(-2,3),c=(7,-3).设向量c=ma+nb,m,n ∈R,则c=ma+nb=(m-2n,m+3n)=(7,-3),所以{m -2n =7,m +3n =-3,解得{m =3,n =-2,故c=3a-2b.故选D.5.(福建宁德高三月考)集合M={λ|λ=(1,2)+m(2,3),m∈R},N={μ|μ=n(2,3)+(-1,-1),n ∈R},则M∩N 等于( )A.{(1,2)}B.{(3,5)}C.{(-1,2)}D.{(3,-5)}答案:B解析:由题意,M={λ|λ=(1+2m ,2+3m ),m ∈R},N={μ|μ=(2n -1,3n -1),n ∈R},因为元素是向量,要使向量相等,只有横坐标和纵坐标分别相等,所以{1+2m =2n -1,2+3m =3n -1,解得{m =1,n =2,此时λ=μ=(3,5).故选B.6.(多选)(福建福州高三月考)已知向量a=(1,-2),若存在实数λ,μ,使得a=λe 1+μe 2,则e 1,e 2可以是( ) A.e 1=(1,1),e 2=(2,2) B.e 1=(0,0),e 2=(-2,4) C.e 1=(1,1),e 2=(1,2) D.e 1=(-1,2),e 2=(2,-4) 答案:BCD解析:对于A,由a=λe 1+μe 2得(1,-2)=λ(1,1)+μ(2,2),所以{1=λ+2μ,-2=λ+2μ,无解,所以不存在实数λ,μ,使得a=λe 1+μe 2,故A 错误;对于B,由a=λe 1+μe 2得(1,-2)=λ(0,0)+μ(-2,4),所以{1=-2μ,-2=4μ,解得μ=-12,λ∈R,存在实数λ,μ,使得a=λe 1+μe 2,故B 正确;对于C,由a=λe 1+μe 2得(1,-2)=λ(1,1)+μ(1,2),所以{1=λ+μ,-2=λ+2μ,解得{λ=4,μ=-3,所以存在实数λ,μ,使得a=λe 1+μe 2,故C 正确;对于D,由a=λe 1+μe 2得(1,-2)=λ(-1,2)+μ(2,-4),所以{1=-λ+2μ,-2=2λ-4μ,所以存在实数λ,μ,使得a=λe 1+μe 2,故D 正确.故选BCD.7.已知点A(1,0),B(2,2),向量BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1),则向量AC ⃗⃗⃗⃗⃗ = . 答案:(3,1)解析:由已知得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2),所以AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2)+(2,-1)=(3,1). 8.与向量a=(-1,2)同向的单位向量b= . 答案:-√55,2√55解析:设b=(x,y),∵b 与a 同向, ∴b=λa(λ>0),即x=-λ,y=2λ.又b 为单位向量,模为1,∴(-λ)2+(2λ)2=1,λ>0,解得λ=√55,故b=-√55,2√55.9.(广东惠州高三月考)已知向量a=(-1,2),b=(1,2 022),向量m=a+2b,n=2a-kb,若m ∥n,则实数k= . 答案:-4解析:由m ∥n,知∃λ∈R,使得m=λn,即a+2b=λ(2a -kb)=2λa -kλb,则可得{1=2λ,2=-kλ,解得{λ=12,k =-4.综合提升组10.(辽宁沈阳高三月考)如图,在△ABC 中,点D,E 分别在边AB,BC 上,且均为靠近B 的四等分点,CD 与AE 交于点F,若BF ⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AC⃗⃗⃗⃗⃗ ,则3x+y=( )A.-1B.-34C.-12D.-14答案:A解析:连接DE,由题意可知,BD BA=BE BC=14,所以DE ∥AC,则DE AC=BD BA=14,所以DF FC =DE AC=14,所以BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −34AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =15DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =15AC⃗⃗⃗⃗⃗ −320AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,故BF ⃗⃗⃗⃗ =BD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +15AC⃗⃗⃗⃗⃗ −320AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-25AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +15AC⃗⃗⃗⃗⃗ .又BF ⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以x=-25,y=15,则3=(cos α,sin α),n=(cos β,sin β)(α,β∈[0,2π),α>β),且m+n=(0,1),则下列说法正确的是( ) A.m 2+n 2=1B.cos(α-β)=-12C.|m-n|的值为2D.sin(α+β)=0答案:BD解析:由已知得{cosα+cosβ=0,sinα+sinβ=1,又α∈[0,2π),β∈[0,2π),α>β,得{α=5π6,β=π6.m 2=1,n 2=1,则有m 2+n 2=2,故A 错误;cos(α-β)=cos 2π3=-12,故B 正确;m=-√32,12,n=√32,12,则有m-n=(-√3,0),故有|m-n|=√3≠2,故C 错误;sin(α+β)=sinπ=0,故D 正确.故选BD.12.(安徽阜阳高三期中)在△ABC 中,M 为BC 边上任意一点,N 为线段AM 上任意一点,若AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ,μ∈R),则λ+μ的取值范围是 . 答案:[0,1]解析:由题意,设AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =t AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤t≤1),当t=0时,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以λ=μ=0,从而有λ+μ=0;当0<t≤1时,因为AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC⃗⃗⃗⃗⃗ (λ,μ∈R),所以t AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λtAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μtAC⃗⃗⃗⃗⃗ ,因为M,B,C 三点共线,所以λt+μt=1,即λ+μ=t∈(0,1].综上,λ+μ的取值范围是[0,1].创新应用组13.(安徽合肥高三期末)已知O 是△ABC 所在平面内的一点,内角A,B,C 所对的边分别为a=3,b=2,c=4,若a OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +c OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,过点O 作直线l 分别交AB,AC(不与端点重合)于点P,Q,若AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ,μ∈R,△PAO 与△QAO 的面积之比为32,则λμ=( )A.56B.13C.43D.34答案:D解析:由△PAO 与△QAO 的面积之比为32,易得OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-32OQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .故2(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ )+3(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0,即2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +2λ(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )+3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +3μ(OC ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0,整理得(5-2λ-3μ)OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +2λOB ⃗⃗⃗⃗⃗ +3μOC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0.因为3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +2OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +4OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,且OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC⃗⃗⃗⃗⃗ 均不共线,故2λ3μ=24,解得λμ=34.故选D.。
高三数学一轮复习课时作业 (31)等比数列 文 新人教B版
[时间：45分钟 分值：100分]基础热身1．[2011·锦州一模] 在等比数列{a n }中，其前n 项和S n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝( )A ．9n－1 B.12(9n －1)C ．3n－1 D.12(3n －1)2．[2011·信阳二模] 等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝1，a 3＋a 4＝9，那么a 4＋a 5等于( ) A ．27 B ．27或－27 C ．81 D ．81或－813．[2011·济南调研] 已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3·a 7＝4a 24，a 2＝2，则a 1＝( )A ．1 B. 2C ．2 D.224．[2011·上海虹口区模拟] 各项都为正数的等比数列{a n }中，a 1＝1，a 2＋a 3＝271a 2＋1a 3，则通项公式a n ＝________.能力提升5．[2011·杭州师大附中月考] 设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2,3S 2＝a 3－2，则公比q ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．66．在等比数列{a n }中，若a 2a 3a 6a 9a 10＝32，则a 29a 12的值为( )A ．4B ．2C ．－2D ．－47．已知数列{a n }是首项为1的等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或15 B.3116或15 C.3116 D.158 8．[2011·四川卷] 数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( )A ．3×44B ．3×44＋1C ．44D ．44＋19．已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 为{a n }的前n 项和，则S 3－S 2S 5－S 3的值为( ) A ．2 B ．3 C.15D ．410．[2011·汕头期末] 在△ABC 中，tan A 是以－4为第三项，4为第七项的等差数列的公差，tan B 是以13为第三项，9为第六项的等比数列的公比，则tan C ＝________.11．设项数为10的等比数列的中间两项与2x 2＋9x ＋6＝0的两根相等，则数列的各项相乘的积为________．12．[2011·营口联考] 已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n∈N *)的取值范围是________．13．[2011·吉安二模] 在等比数列{a n }中，存在正整数m ，使得a m ＝3，a m ＋5＝24，则a m ＋15＝________.14．(10分)[2011·全国卷] 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，求a n 和S n .15．(13分)[2011·福建卷] 已知等比数列{a n }的公比q ＝3，前3项和S 3＝133.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A >0,0<φ<π)在x ＝π6处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f (x )的解析式．难点突破16．(12分)[2011·浙江卷] 已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1为a (a ∈R )，且1a 1，1a 2，1a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，试比较1a 2＋1a 22＋…＋1a 2n 与1a 1的大小．课时作业(三十一)【基础热身】1．B [解析] ∵n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －1－(3n －1－1)＝2·3n －1；n ＝1时，a 1＝2也适合上式，∴a n ＝2·3n －1.∴a 2n ＝4·9n －1，∴原式＝41－9n1－9＝12(9n －1)．2．B [解析] a 3＋a 4＝q 2(a 1＋a 2)＝q 2＝9，所以q ＝±3，所以a 4＋a 5＝q(a 3＋a 4)＝±27，故选B .3．A [解析] 设{a n }的公比为q ，则有a 1q 2·a 1q 6＝4a 21q 6，解得q ＝2(舍去q ＝－2)，所以由a 2＝a 1q ＝2，得a 1＝1.故选A .4．3n －1 [解析] 由已知等式可得a 2a 3＝27，设等比数列的公比为q ，则有a 21q 3＝27，所以q ＝3，通项公式为a n ＝3n －1.【能力提升】5．B [解析] 将已知两等式相减得3a 3＝a 4－a 3，即a 4＝4a 3，所以公比q ＝4.故选B .6．B [解析] 设公比为q ，由a 2a 3a 6a 9a 10＝32得a 56＝32，所以a 6＝2，所以a 29a 12＝a 6q 32a 6q6＝a 6＝2.故选B . 7．C [解析] 由题意可知q≠1，91－q 31－q ＝1－q61－q ，解得q ＝2，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，以12为公比的等比数列，由求和公式可得其前5项和为3116.因此选C .8．A [解析] 由a n ＋1＝3S n ⇒S n ＋1－S n ＝3S n ⇒S n ＋1＝4S n ，所以数列{S n }是首项为1，公比为4的等比数列，所以S n ＝4n －1，所以a 6＝S 6－S 5＝45－44＝3×44，所以选择A .9．A [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则有(a 1＋2d)2＝a 1(a 1＋3d)，得a 1＝－4d ，所以S 3－S 2S 5－S 3＝a 3a 4＋a 5＝a 1＋2d 2a 1＋7d ＝－2d －8d ＋7d＝2.故选A .10．1 [解析] 由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧－4＋4tan A ＝4，13tan 3B ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧tan A ＝2，tan B ＝3，∴tan C ＝－tan (A ＋B)＝－tan A ＋tan B1－tan A tan B＝1.11．243 [解析] 设此数列为{a n }，由题设a 5a 6＝3，从而a 1a 2…a 9a 10＝(a 5a 6)5＝35＝243.12.⎣⎢⎡⎭⎪⎫8，323 [解析] ∵a 5＝a 2q 3，∴14＝2×q 3，∴q＝12，∴a 1＝a 2q ＝4，∴a n ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝23－n，∴a k a k ＋1＝12k －3·12k －2＝122k －5，∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝122×1－5＋122×2－5＋…＋122n －5＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋…＋14n ＝32×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝323×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫8，323.13．1536 [解析] 设公比为q ，则a m ＋5＝a m q 5＝3q 5＝24，所以q 5＝8，a m ＋15＝a m ＋5q 10＝24×82＝1536.14．[解答] 设{a n }的公比为q ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝6，6a 1＋a 1q 2＝30.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3.当a 1＝3，q ＝2时，a n ＝3×2n －1，S n ＝3×(2n－1)；当a 1＝2，q ＝3时，a n ＝2×3n －1，S n ＝3n－1.15．[解答] (1)由q ＝3，S 3＝133得a 11－331－3＝133，解得a 1＝13.所以a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由(1)可知a n ＝3n －2，所以a 3＝3.因为函数f(x)的最大值为3，所以A ＝3； 因为当x ＝π6时f(x)取得最大值，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝1.又0<φ<π，故φ＝π6.所以函数f(x)的解析式为f(x)＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.【难点突破】16．[解答] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可知⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 22＝1a 1·1a 4，即(a 1＋d)2＝a 1(a 1＋3d)，从而a 1d ＝d 2.因为d≠0，所以d ＝a 1＝a ，故通项公式a n ＝na.(2)记T n ＝1a 2＋1a 22＋…＋1a 2n.因为a 2n ＝2na ，所以T n ＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝1a ·12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .从而，当a ＞0时，T n ＜1a 1，当a ＜0时，T n ＞1a 1.。
高考数学一轮复习课时作业三十一 理 试题
卜人入州八九几市潮王学校课时作业(三十一)1．(2021·)在等比数列{a n}中，a2021＝8a2021，那么公比q的值是()A．2 B．3C．4 D．8答案A解析依题意得＝q3＝8，q＝2，选A.2．在公比为正数的等比数列中，a1＋a2＝2，a3＋a4＝8，那么S8等于()A．21 B．42C．135 D．170答案D解析方法一S8＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋(a5＋a6)＋(a7＋a8)＝2＋8＋32＋128＝170.方法二q2＝＝4，又q>0，∴q＝2，a1(1＋q)＝a1(1＋2)＝2，∴a1＝，S8＝＝170.3．在等比数列{a n}中，S n表示前n项和，假设a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，那么公比q等于()A．3 B．－3C．－1 D．1答案A解析思路一：列方程求出首项和公比，过程略；思路二：两等式相减得a4－a3＝2a3，从而求得＝3＝q.4．在14与之间插入n个数组成等比数列，假设各项总和为，那么此数列的项数()A．4 B．5C．6 D．7答案B解析∵q≠1(14≠)，∴Sn＝，∴＝，解得q＝－，＝14×(－)n＋2－1，∴n＝3，故该数列一共5项．5．数列{a n}的前n项和为S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，假设这个数列是等比数列，那么b等于() A．－1 B．0C．1 D．4答案A解析等比数列{a n}中，q≠1时，S n＝＝·q n－＝A·q n－A，∴b＝－1.6．一正数等比数列前11项的几何平均数为32，从这11项中抽去一项后所余下的10项的几何平均数为32，那么抽去的这一项为哪一项哪一项()A．第6项B．第7项C．第9项D．第11项答案A解析由于数列的前11项的几何平均数为32，所以该数列的前11项之积为3211＝255，当抽去一项后所剩下的10项之积为3210＝250，∴抽去的一项为255÷250＝25，又因a1·a11＝a2·a10＝a3·a9＝a4·a8＝a5·a7＝a，所以a1·a2·…·a11＝a，故有a＝255，即a6＝25，∴抽出的应是第6项．7．设a1＝2，数列{1＋2a n}是公比为2的等比数列，那么a6＝()A．3 B．160C．7答案C解析因为1＋2a n＝(1＋2a1)·2n－1，那么a n＝，a n＝5·2n－2－，a6＝5×24－＝5×16－＝80－＝7.8．等比数列{a n}满足：a1＋a6＝11，a3·a4＝，且公比q∈(0,1)，那么数列{a n}的通项公式为________．答案a n＝·n－6分析可以设等比数列的公比为q，将条件转化为公比和首项的方程组，通过解方程求解；也可利用等比数列的性质，a3·a4＝a1·a6，将条件转化为关于a1、a6的方程组，通过解方程组分别求出a1、a6之后，再求公比．解析由等比数列的性质，可得a3·a4＝a1·a6＝，又∵a1＋a6＝11，∴a1，a6是方程x2－11x＋＝0的两根，解之，得x＝或者x＝，又∵0<q<1，∴a1＝，a6＝，故q5＝＝，解得q＝.从而a n＝a6·q n－6＝·()n－6.9．等比数列{a n}的公比为正数，且a2·a2n＋2＝2a，a2＝2，那么a1＝________.答案解析∵a2·a2n＋2＝a＝2a，∴＝，∴q＝，∵a2＝2，∴a1＝＝.10．数列{a n}，假设a1，a2－a1，a3－a2，…，a n－a n－1，…是首项为1，公比为的等比数列，那么a n＝________.答案(1－)解析a1＝1，a2－a1＝，a3－a2＝()2，…，a n－a n－1＝()n－1，累加得a n＝1＋＋＋…＋()n－1＝(1－)．11．等比数列{a n}中，前n项和为S n，假设S3＝7，S6＝63，那么公比q＝________.答案2解析＝q3即q3＝8，∴q＝2.12．(2021·江南十校联考){a n}是等比数列，a2＝2，a5＝，那么S n＝a1＋a2＋…＋a n(n∈N*)的取值范围是________．答案4≤S n<8解析因为{a n}是等比数列，所以可设a n＝a1q n－1.因为a2＝2，a5＝，所以解得所以S n＝a1＋a2＋…＋a n＝＝8－8×()n.因为0<()n≤，所以4≤S n<8.13．在等比数列{a n}中，S3＝，S6＝，求a n.答案a n＝3n－3解析由，S6≠2S3，那么q≠1.又S3＝，S6＝，即②÷①，得1＋q3＝28，∴q＝3.可求得a1＝.因此a n＝a1q n－1＝3n－3.14．(2021·大纲全国文)设等比数列{a n}的前n项和为S n.a2＝6,6a1＋a3＝30，求a n和S n.答案当a1＝3，q＝2时，a n＝3×2n－1，S n＝3×(2n－1)当a1＝2，q＝3时，a n＝2×3n－1，S n＝3n－1解析设{a n}的公比为q，由题设得解得或者当a1＝3，q＝2时，a n＝3×2n－1，S n＝3×(2n－1)；当a1＝2，q＝3时，a n＝2×3n－1，S n＝3n－1.15．(2021·理)两个等比数列{a n}，{b n}，满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.(1)假设a＝1，求数列{a n}的通项公式；(2)假设数列{a n}唯一，求a的值．答案(1)a n＝(2＋)n－1或者a n＝(2－)n－1(2)a＝解析(1)设数列{a n}的公比为q，那么b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2，由b1，b2，b3成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)．即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋，q2＝2－.所以数列{a n}的通项公式为a n＝(2＋)n－1或者a n＝(2－)n－1.(2)设数列{a n}的公比为q，那么由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得aq2－4aq＋3a－1＝0(*)，由a>0得Δ＝4a2＋4a>0，故方程(*)有两个不同的实根．由数列{a n}唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a＝.1．等比数列{a n}中，公比q＝2，S4＝1，那么S8的值是()A．15 B．17C．19 D．21答案B2．(2021·东北三校一模)假设等比数列{a n}中，a3·a4·a5·a6·a7＝4，那么a5等于()A．2 B.C．±2D．±答案B解析依题意得a＝2，a5＝，选B.3．设项数为8的等比数列的中间两项与2x2＋7x＋4＝0的两根相等，那么数列的各项相乘的积为________．答案16解析设此数列为{a n}，由题设a4a5＝2，从而a1a2…a8＝(a4a5)4＝16.4．(2021·理)等比数列{a n}的公比q＝3，前3项和S3＝.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)假设函数f(x)＝A sin(2x＋φ)(A>0,0<φ<π)在x＝处获得最大值，且最大值为a3，求函数f(x)的解析式．解析(1)由q＝3，S3＝得＝，解得a1＝.所以a n＝×3n－1＝3n－2.(2)由(1)可知a n＝3n－2，所以a3＝3.因为函数f(x)的最大值为3，所以A＝3；因为当x＝时f(x)获得最大值，所以sin(2×＋φ)＝1.又0<φ<π，故φ＝.所以函数f(x)的解析式为f(x)＝3sin(2x＋)．5．{a n}是等比数列，S n是其前n项和，a1，a7，a4成等差数列，求证：2S3，S6，S12－S6成等比数列．证明由得2a1q6＝a1＋a1q3即2q6－q3－1＝0得q3＝1或者q3＝－，当q3＝1时即q＝1{a n}为常数列，＝q3＝－时＝＝，＝－1＝.∴1．设等比数列{a n}的前n项和为S n，假设8a2＋a5＝0，那么以下式子中数值不能确定的是()A. B.C. D.答案D解析数列{a n}为等比数列，由8a2＋a5＝0，知8a2＋a2q3＝0，因为a2≠0，所以q＝－2，＝q2＝4；＝＝；＝q＝－2；＝，其值与n有关，应选D.2．(2021·)设{a n}是各项为正数的无穷数列，A i是边长为a i，a i＋1的矩形面积(i＝1,2，…)，那么{A n}为等比数列的充要条件是()A．{a n}是等比数列B．a1，a3，…，a2n－1，…或者a2，a4，…a2n，…是等比数列C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…a2n，…均是等比数列D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…a2n，…均是等比数列，且公比一样答案D3．数列{an}为等比数列，an＞0，且an＝an＋1＋an＋2，那么该数列的公比q是__________．答案解析由可得an＝an·q＋an·q2，∵an>0，∴q2＋q－1＝0，q＝.∵q>0，∴q＝.4．设等比数列{a n}的前n项和为S n，假设a1＝1，S6＝4S3，那么a4＝________.解设公比为q，S6＝S3＋q3S3＝4S3，∴q3＝3，∴a4＝a1·q3＝3.5．(2021·)等比数列{a n}的前n项和为S n，对任意的n∈N*，点(n，S n)均在函数y＝b x＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图像上，求r的值．解析由题意，S n＝b n＋r，当n≥2时，S n－1＝b n－1＋r，所以a n＝S n－S n－1＝b n－1(b－1)，由于b>0且b≠1，所以当n≥2时，{a n}是以b为公比的等比数列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，＝b，即＝b，解得r＝－1.6．等比数列{a n}的公比为q，其前n项的积为T n，并且满足条件a1>1，a99a100－1>0，<0.给出以下结论：①0<q<1；②a99·a101－1<0；③T100的值是T n中最大的；④使T n>1成立的最大自然数n等于198.其中正确的结论是()A．①②④B．②④C．①②D．①②③④答案A解析①中，⇒⇒q＝∈(0,1)，∴①正确．②中，⇒a99·a101<1，∴②正确．③中，⇒T100<T99，∴③错误．④中，T198＝a1a2…a198＝(a1·a198)…(a2·a197)…(a99·a100)＝(a99·a100)99>1，T199＝a1a2…a198·a199＝(a1a199)…(a99·a101)·a100＝a<1，∴④正确．7．数列{a n}的前n项和为S n，且对任意的n∈N*有a n＋S n＝n.(1)设b n＝a n－1，求证：数列{b n}是等比数列；(2)设c1＝a1且c n＝a n－a n－1(n≥2)，求{c n}的通项公式．解析(1)由a1＋S1＝1及a1＝S1得a1＝.又由a n＋S n＝n及a n＋1＋S n＋1＝n＋1得a n＋1－a n＋a n＋1＝1，∴2a n＋1＝a n＋1.∴2(a n＋1－1)＝a n－1，即2b n＋1＝b n.∴数列{b n}是以b1＝a1－1＝－为首项，为公比的等比数列．(2)方法一由(1)知2a n＋1＝a n＋1.∴2a n＝a n－1＋1(n≥2)．∴2a n＋1－2a n＝a n－a n－1.∴2c n＋1＝c n(n≥2)．又c1＝a1＝，a2＋a1＋a2＝2，∴a2＝.∴c2＝－＝，c2＝c1.∴数列{c n}是首项为，公比为的等比数列．∴c n＝·()n－1＝()n.方法二由(1)b n＝－·()n－1＝－()n.∴a n＝－()n＋1.∴c n＝－()n＋1－[－()n－1＋1]＝()n－1－()n＝()n－1(1－)＝()n(n≥2)．又c1＝a1＝也适宜上式，∴c n＝()n.8．(2021·联考)在正项数列{a n}中，a1＝2，点A n(，)在双曲线y2－x2＝1上，数列{b n}中，点(b n，T n)在直线y＝－x＋1上，其中T n是数列{b n}的前n项和．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求证：数列{b n}是等比数列；(3)假设c n＝a n·b n，求证：c n＋1<c n.解析(1)解：由点A n在y2－x2＝1上知，a n＋1－a n＝1，∴数列{a n}是一个以2为首项，以1为公差的等差数列，∴a n＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.(2)证明：∵点(b n，T n)在直线y＝－x＋1上，∴T n＝－b n＋1，①∴T n－1＝－b n－1＋1(n≥2)，②①②两式相减得b n＝－b n＋b n－1(n≥2)，∴b n＝b n－1，∴b n＝b n－1.令n＝1，得b1＝－b1＋1，∴b1＝，∴{b n}是一个以为首项，以为公比的等比数列，(3)证明：由(2)可知b n＝·n－1＝.∴c n＝a n·b n＝(n＋1)·，∴c n＋1－c n＝(n＋2)·－(n＋1)·＝[(n＋2)－3(n＋1)]＝(－2n－1)<0，∴c n＋1<c n.。
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数列求和1.数列112,314,518,7116,…,(2n-1)+12,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-12n B.2n2-n+1-12nC.n2+1-12n-1D.n2-n+1-12na n=(2n-1)+12n ,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+12+1 2+…+12=n2+1-12.2.(2016山西太原三模)数列{a n}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有a n+1=a1+a n+n,则1a n的前100项和为()A.100101B.99100C.101100D.200101〚〛a n+1=a1+a n+n,∴a n+1-a n=1+n.∴a n-a n-1=n.∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=n(n+1)2.∴1a n =2n(n+1)=21n-1n+1.∴1a n 的前100项和为21-12+12-13+…+1100-1 101=21-1101=200101.故选D.3.(2016山西太原五中4月模拟)已知函数f(n)=n2cos(nπ),且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100=()A.0B.-100C.100D.10 200 〚〛f(n)=n2cos(nπ)=-n2,n为奇数,n2,n为偶数=(-1)n·n2,∴a n=f(n)+f(n+1)=(-1)n·n2+(-1)n+1·(n+1)2=(-1)n[n2-(n+1)2]=(-1)n+1·(2n+1).∴a1+a2+a3+…+a100=3+(-5)+7+(-9)+…+199+(-201)=50×(-2)=-100.故选B.4.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=1f(n+1)+f(n),n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2 016等于()A.2016-1B.2016+1C.2017-1D.2017+1 〚〛f(4)=2,可得4a=2,解得a=12,则f(x)=x12.∴a n=1f(n+1)+f(n)=n+1+n=n+1−n,S2 016=a1+a2+a3+…+a2016=(2−1)+(3−2)+(4−3)+…+(2017−2016)=2017-1.5.数列{a n}满足a n+1+(-1)n a n=2n-1,则{a n}的前60项和为()A.3 690B.3 660C.1 845D.1 830 〚〛a n+1+(-1)n a n=2n-1,∴当n=2k(k∈N*)时,a2k+1+a2k=4k-1, ①当n=2k+1(k∈N*)时,a2k+2-a2k+1=4k+1, ②①+②得:a2k+a2k+2=8k.则a2+a4+a6+a8+…+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)=8(1+3+…+29)=8×15×(1+29)=1 800.2由②得a2k+1=a2k+2-(4k+1),∴a1+a3+a5+…+a59=a2+a4+…+a60-[4×(0+1+2+…+29)+30]=1 800-4×30×29+30=30,2∴a1+a2+…+a60=1 800+30=1 830.6.3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n=__________.〚-n+42S n=3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n, ①则1S n=3·2-2+4·2-3+…+(n+1)2-n+(n+2)2-n-1.②2S n=3·2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=2·2-1+2-1+2-2+2-3+…+2-n-①-②,得12-(n+2)·2-n-1=2-(n+4)·2-n-1.(n+2)·2-n-1=1+2-1(1-2-n)1-2-1故S n=4-n+4.2,a n-a n+1=2a n a n+1,则数列7.(2016河南商丘三模)已知数列{a n}满足:a3=15{a n a n+1}前10项的和为__________.〚a n-a n+1=2a n a n+1,∴a n-a n+1a n a n+1=2,即1a n+1−1a n=2.∴数列1a n是以2为公差的等差数列.∵1a3=5,∴1a n=5+2(n-3)=2n-1.∴a n=12n-1.∴a n a n+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1.∴数列{a n a n+1}前10项的和为1 21-13+13-15+…+12×10-1-12×10+1=1 2×1-121=12×2021=1021.8.(2016北京,文15)已知{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.(1)求{a n}的通项公式;(2)设c n=a n+b n,求数列{c n}的前n项和.因为等比数列{b n}的公比q=b3b2=93=3,所以b1=b2q=1,b4=b3q=27.设等差数列{a n}的公差为d.因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2.所以a n=2n-1.(2)由(1)知,a n=2n-1,b n=3n-1.因此c n=a n+b n=2n-1+3n-1.从而数列{c n}的前n项和S n=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1=n (1+2n -1)2+1-3n 1-3=n 2+3n -12. 〚〛9.设等差数列{a n }的公差为d ,前n 项和为S n ,等比数列{b n }的公比为q ,已知b 1=a 1,b 2=2,q=d ,S 10=100. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)当d>1时,记c n =an b n ,求数列{c n }的前n 项和T n .由题意,有 10a 1+45d =100,a 1d =2,即 2a 1+9d =20,a 1d =2,解得 a 1=1,d =2或a 1=9,d =29. 故 a n =2n -1,b n =2n -1或 a n =19(2n +79),b n =9· 29n -1.(2)由d>1,知a n =2n-1,b n =2n-1, 故c n =2n -12n -1,于是T n =1+32+52+72+92+…+2n -12n -1, ① 12T n =12+322+523+724+925+…+2n -12n .②①-②可得12T n =2+12+12+…+12n -2−2n -12=3-2n +32,故T n =6-2n +32n -1. 〚10.已知S n 为数列{a n }的前n 项和,a n >0,a n 2+2a n =4S n +3.(1)求{a n }的通项公式; (2)设b n =1a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和.由a n 2+2a n =4S n +3,可知a n +12+2a n+1=4S n+1+3.两式相减可得a n +12−a n 2+2(a n+1-a n )=4a n+1, 即2(a n+1+a n )=a n +12−a n 2=(a n+1+a n )·(a n+1-a n ). 由于a n >0,可得a n+1-a n =2.又a 12+2a 1=4a 1+3,解得a 1=-1(舍去),a 1=3.所以{a n }是首项为3,公差为2的等差数列,故{a n }的通项公式为a n =2n+1.(2)由a n =2n+1可知b n =1a n a n +1=1(2n +1)(2n +3)=12 12n +1-12n +3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T n =b 1+b 2+…+b n =12 13-15 + 15-17 +…+12n +1-12n +3=n3(2n +3). 〚11.(2016全国高考预测模拟一)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,满足a n +12=2S n +n+4,a 2-1,a 3,a 7恰为等比数列{b n }的前3项.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)若c n =(-1)n log 2b n -1a n a n +1,求数列{c n }的前n 项和T n .因为a n +12=2S n +n+4,所以a n 2=2S n-1+n-1+4(n ≥2). 两式相减得a n +12−a n 2=2a n +1,所以a n +12=a n 2+2a n +1=(a n +1)2. 因为{a n }是各项均为正数的数列,所以a n+1-a n =1.又a32=(a2-1)a7,所以(a2+1)2=(a2-1)(a2+5),解得a2=3,a1=2, 所以{a n}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以a n=n+1.由题意知b1=2,b2=4,b3=8,故b n=2n.(2)由(1)得c n=(-1)n log22n-1(n+1)(n+2)=(-1)n n-1(n+1)(n+2),故T n=c1+c2+…+c n=[-1+2-3+…+(-1)n n]-12×3+13×4+…+1(n+1)×(n+2).设F n=-1+2-3+…+(-1)n n.则当n为偶数时,F n=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=n2;当n为奇数时,F n=F n-1+(-n)=n-12-n=-(n+1)2.设G n=12×3+13×4+…+1(n+1)×(n+2),则G n=12−13+13−14+…+1n+1−1n+2=12−1n+2.所以T n=n-12+1n+2(n为偶数),-n+22+1n+2(n为奇数).〚12.(2016河南商丘二模)已知首项为32的等比数列{a n}不是递减数列,其前n 项和为S n(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=(-1)n+1·n(n∈N*),求数列{a n·b n}的前n项和T n.设等比数列{a n}的公比为q.由S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,可得2(S5+a5)=S3+a3+S4+a4,即2(S3+a4+2a5)=2S3+a3+2a4,即4a5=a3,则q2=a5a3=14,解得q=±12.由等比数列{a n}不是递减数列,可得q=-12,故a n=32·-12n-1=(-1)n-1·32n.(2)由b n=(-1)n+1·n,可得a n·b n=(-1)n-1·32·(-1)n+1·n=3n·12n.故前n项和T n=31·12+2·122+…+n·12n,则12T n=31·122+2·123+…+n·12n+1,两式相减可得,1 2T n=312+122+…+12n-n·12n+1=3121-12n1-1-n·12n+1,化简可得T n=61-n+22.〚13.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=0,对任意n∈N*,都有na n+1=S n+n(n+1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+log2n=log2b n,求数列{b n}的前n项和T n.方法一)∵na n+1=S n+n(n+1),∴当n≥2时,(n-1)a n=S n-1+n(n-1),两式相减得na n+1-(n-1)a n=S n-S n-1+n(n+1)-n(n-1),即na n+1-(n-1)a n=a n+2n,得a n+1-a n=2.当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.∴数列{a n}是以0为首项,2为公差的等差数列.∴a n=2(n-1)=2n-2.(方法二)由na n+1=S n+n(n+1),得n(S n+1-S n)=S n+n(n+1),整理得,nS n+1=(n+1)S n+n(n+1),两边同除以n(n+1)得,S n+1n+1−S nn=1.∴数列S nn 是以S11=0为首项,1为公差的等差数列.∴S nn=0+n-1=n-1.∴S n=n(n-1).当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.又a1=0适合上式,∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-2.(2)∵a n+log2n=log2b n,∴b n=n·2a n=n·22n-2=n·4n-1.∴T n=b1+b2+b3+…+b n-1+b n=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1, ①4T n=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n, ②①-②,得-3T n=40+41+42+…+4n-1-n×4n=1-4n1-4-n×4n=(1-3n)4n-13.∴T n=19[(3n-1)4n+1].14.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=2,S n=2a n+k,等差数列{b n}的前n项和为T n,且T n=n2.(1)求k和S n;(2)若c n=a n·b n,求数列{c n}的前n项和M n.∵S n=2a n+k,∴当n=1时,S1=2a1+k.∴a1=-k=2,即k=-2.∴S n=2a n-2.∴当n≥2时,S n-1=2a n-1-2.∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1.∴a n=2a n-1.∴数列{a n}是以2为首项,2为公比的等比数列.即a n=2n.∴S n=2n+1-2.(2)∵等差数列{b n}的前n项和为T n,且T n=n2,∴当n≥2时,b n=T n-T n-1=2n-1.又b1=T1=1符合b n=2n-1,∴b n=2n-1.∴c n=a n·b n=(2n-1)2n.∴数列{c n}的前n项和M n=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,①∴2M n=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1, ②由①-②,得-M n=2+2×22+2×23+2×24+…+2×2n-(2n-1)×2n+1=2+2×22-2n+1 1-2-(2n-1)×2n+1,即M n=6+(2n-3)2n+1.。