2020版高考数学一轮复习第5章数列第4讲课后作业理（含解析）.doc

1、1第 5 章 数列 第 4 讲A 组 基础关1已知数列 an的通项公式是 an2 n n，则其前 20 项和为( )(12)A379 B3991220 1220C419 D4391220 1220答案 C解析 S20 a1 a2 a202(1220) 12 (12)2 (12)202 20 1 202121 (12)201 124201 419 .1220 1220214916(1) n1 n2等于( )A. Bn n 12 n n 12C(1) n1 D以上答案均不对n n 12答案 C解析 14916(1) n1 n21(32)(23)(54)(45)12345，当 n 为偶数时，1491

2、6(1) n1 n21234( n1) n2 n2 ；n n 12 n n 12当 n 为奇数时，14916(1) n1 n21234( n1) n .n n 12综上，14916(1) n1 n2(1) n1 .n n 123(2018潍坊二模)设数列 an的前 n 项和为 Sn，若 Sn n2 n，则数列的前 40 项的和为 ( )2 n 1 anA. B3940 39402C. D4041 4041答案 D解析 若 Sn n2 n，可得 n1 时， a1 S12；n2 时， an Sn Sn1 n2 n( n1) 2( n1)2 n，则数列 an的通项公式为 an2 n， ，2 n 1

3、an 2 2n n 1 (1n 1n 1)即有数列 的前 40 项的和为 .故选 D.2 n 1 an (1 12 12 13 140 141) 40414已知函数 f(n)Error!且 an f(n) f(n1)，则 a1 a2 a3 a100等于( )A0 B100 C100 D102答案 B解析 由题意，得a1 a2 a1001 22 22 23 23 24 24 25 299 2100 2100 2101 2(12)(32)(99100)(101100)100.故选 B.5在数列 an中，已知对任意 nN *， a1 a2 a3 an3 n1，则a a a a 等于( )21 2 2

4、3 2nA(3 n1) 2 B. (9n1)12C9 n1 D. (3n1)14答案 B解析 因为 a1 a2 an3 n1，所以 a1 a2 an1 3 n1 1( n2)则 n2时， an23 n1 .当 n1 时， a1312，适合上式，所以 an23 n1 (nN *)则数列 a 是首项2n为 4，公比为 9 的等比数列故选 B.6化简 Sn n( n1)2( n2)2 222 n2 2 n1 的结果是( )A2 n1 n2 B2 n1 n2C2 n n2 D2 n1 n2答案 D解析 因为 Sn n( n1)2( n2)2 222 n2 2 n1 ，2Sn n2( n1)2 2( n

5、2)2 322 n1 2 n，所以得， Sn n(22 22 32 n) n22 n1 ，所以 Sn2 n1 n2.7(2018湖北襄阳四校联考)我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列 1， .121314 1n第二步：将数列的各项乘以 ，得到一个新数列 a1， a2， a3， an.n2则 a1a2 a2a3 a3a4 an1 an( )3A. B.n24 n 1 24C. D.n n 14 n n 14答案 C解析 由题意知所得新数列为 1 ， ， ， ，所以n2 12 n2 13 n2 1n n2a1a2 a2a3 a3a4 an1

6、an n24 112 123 134 1 n 1 n n24 .(112) (12 13) (13 14) ( 1n 1 1n) n24(1 1n) n n 148(2018枣庄模拟)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn， a55， S515，则数列的前 100 项和为_1anan 1答案 100101解析 等差数列 an中， a55， S515，Error! 解得 a11， d1， an1( n1) n， ，1anan 1 1n n 1 1n 1n 1数列 的前 100 项和1anan 1S100 1 .(112) (12 13) (13 14) (1100 1101) 1101 100

7、1019(2019商丘质检)有穷数列 1,12,124，1242 n1 所有项的和为_答案 2 n1 n2解析 因为 1242 n1 2 n1，2n 12 1所以 Sn1(12)(124)(1242 n1 )(21)(2 21)(2 31)(2 n1)(22 22 32 n) n n2 n1 n2.2 2n 12 110设 f(x) ，利用课本中推导等差数列前 n 项和的公式的方法，可求得12x 2f(5) f(4) f(0) f(5) f(6)的值为_答案 3 2解析 6(5)1， f(5)， f(4)， f(5)， f(6)共有 11112 项由 f(5)， f(6)； f(4)， f(5

8、)； f(0)， f(1)共有 6 对，且该数列为等差数列又 f(0) f(1) 11 2 12 2 11 2 12 1 24 ，2 12 1 2 12 22 f(5) f(4) f(6)6 3 .22 2B 组 能力关1(2018河南郑州一中联考)在数列 an中，若对任意的 nN *均有 an an1 an2为定值，且 a72， a93， a984，则数列 an的前 100 项的和 S100( )A132 B299 C68 D99答案 B解析 因为在数列 an中，若对任意的 nN *均有 an an1 an2 为定值，所以an3 an，即数列 an中各项是以 3 为周期呈周期变化的因为a72

9、， a93， a98 a3308 a84，所以 a1 a2 a3 a7 a8 a92439，所以S10033( a1 a2 a3) a100339 a7299，故选 B.2(2018洛阳模拟)记数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，( Sn1 Sn)an2 n(nN *)，则 S2018( )A3(2 10091) B. (210091)32C3(2 20181) D. (220181)32答案 A解析 因为( Sn1 Sn)an2 n(nN *)，所以 an1 an2 n(nN *)，所以 an2 an1 2 n1 .两式作比可得 2( nN *)an 2an又因为 a11， a2

10、a12，所以 a22.所以数列 a2n是首项为 2，公比为 2 的等比数列，a2n1 是首项为 1，公比为 2 的等比数列所以 S2018( a1 a3 a2017)( a2 a4 a2018) 1 1 210091 23(2 10091)2 1 210091 23已知数列 an的前 n 项和为 Sn，数列 an为 ，12132314243415253545 1n2n，若 Sk14，则 ak_.n 1n答案 78解析 因为 ， 1n 2n n 1n 1 2 n 1n n2 12 1n 1 2n 1 nn 1 ，所以数列 ， ， ， 是首项为 ，公1 2 nn 1 n2 12 13 23 14

11、24 34 1n 1 2n 1 nn 1 125差为 的等差数列，所以该数列的前 n 项和 Tn 1 .令12 12 32 n2 n2 n4Tn 14，解得 n7，所以 ak .n2 n4 784在等比数列 an中， a10， nN *，且 a3 a28，又 a1， a5的等比中项为 16.(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bnlog 4an，数列 bn的前 n 项和为 Sn，是否存在正整数 k，使得 k 对任意 nN *恒成立，若存在，求出正整数 k 的最小值；若不存在，1S1 1S2 1S3 1Sn请说明理由解 (1)设数列 an的公比为 q，由题意可得 a316，a3 a28，则

12、a28， q2， a14，所以 an2 n1 .(2)bnlog 42n1 ，n 12Sn b1 b2 bn .n n 34 ，1Sn 4n n 3 43(1n 1n 3)所以 1S1 1S2 1S3 1Sn43(11 14 12 15 13 16 1n 1n 3)43(1 12 13 1n 1 1n 2 1n 3) 43 116 43 ( 1n 1 1n 2 1n 3) .229 43 ( 1n 1 1n 2 1n 3)当 n1 时， 12 ；1S1 229当 n2 时， 1S1 1S2 1Sn 3.229 43( 1n 1 1n 2 1n 3)229故存在 k3 时，对任意的 nN *都有

13、 3.1S1 1S2 1S3 1Sn5(2017山东高考)已知 xn是各项均为正数的等比数列，且 x1 x23， x3 x22.6(1)求数列 xn的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点 P1(x1,1)， P2(x2,2)， Pn1 (xn1 ， n1)得到折线 P1P2Pn1 ，求由该折线与直线 y0， x x1， x xn1 所围成的区域的面积 Tn.解 (1)设数列 xn的公比为 q.由已知知 q0.由题意得Error!所以 3q25 q20.因为 q0，所以 q2， x11.因此数列 xn的通项公式为 xn2 n1 .(2)过 P1， P2， Pn1 向 x 轴作垂线，垂足分别为 Q1， Q2， Qn1 .由(1)得 xn1 xn2 n2 n1 2 n1 .记梯形 PnPn1 Qn1 Qn的面积为 bn.由题意 bn 2n1 (2 n1)2 n2 ， n n 12所以 Tn b1 b2 bn32 1 52 072 1(2 n1)2 n3 (2 n1)2n2 .2Tn32 052 172 2(2 n1)2 n2 (2 n1)2 n1 .得， Tn32 1 (22 22 n1 )(2 n1)2n1 (2 n1)2 n1 ，32 2 1 2n 11 2所以 Tn . 2n 1 2n 127