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- 2018/8/18 11:06:53
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2019版高考数学总复习第五章数列课时作业（打包4套）文
2019版高考数学总复习第五章数列28数列的概念与简单表示法课时作业文201806282103.doc
2019版高考数学总复习第五章数列29等差数列及其前n项和课时作业文201806282104.doc
2019版高考数学总复习第五章数列30等比数列及其前n项和课时作业文201806282105.doc
2019版高考数学总复习第五章数列31数列求和课时作业文201806282106.doc
课时作业 28 数列的概念与简单表示法
一、选择题
1．(2018•济南二模)下列四个数列中，既是无穷数列又是递增数列的是( )
A．1，13，132，133，…
B．sin π13，sin 2π13，sin 3π13，sin 4π13，…
C．－1，－12，－13，－14，…
D．1,2,3,4，…，30
解析：数列1，13，132，133，…是无穷数列，但它不是递增数列，而是递减数列；数列sin π13，sin 2π13，sin 3π12，sin 4π13，…是无穷数列，但它不是递增数列，而是摆动数列；数列－1，－12，－13，－14，…是无穷数列，也是递增数列；数列1,2,3,4，…，30是递增数列，但不是无穷数列．
答案：C
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n，则a2＋a18＝( )
A．36 B．35
C．34 D．33
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3；当n＝1时，a1＝S1＝－1，满足上式，所以an＝2n－3(n∈N*)，所以a2＋a18＝34.
答案：C
3．(2018•广东测试)设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝32(an－1)(n∈N*)，则an＝( )
A．3(3n－2n) B．3n＋2
C．3n D．3•2n－1
解析：a1＝S1＝32a1－1，a1＋a2＝32a2－1，解得a1＝3，a2＝9，代入选项逐一检验，只有C符合．
答案：C
4．(2018•太原市模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)•cosnπ2＋1(n∈N*)，其前n项和为Sn，则S60＝( )
A．－30 B．－60
C．90 D．120
解析：由题意可得，当n＝4k－3(k∈N*)时，an＝a4k－3＝1；当n＝4k－2(k∈N*)时，an＝a4k－2＝6－8k；当n＝4k－1(k∈N*)时，an＝a4k－1＝1；当n＝4k(k∈N*)时，an＝a4k＝8k.所以a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝8，所以S60＝8×15＝120.
答案：D
5．(2018•云南调研)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3anan＋3，则a4＝( )
A.34 B．1
C.43 D.32
解析：依题意得1an＋1＝an＋33an＝1an＋13，1an＋1－1an＝13，数列1an是以1a1＝13为首项、13为公差的等差数列，则1an＝13＋n－13＝n3，an＝3n，a4＝34，选A.
答案：A
6．(2018•福建福州八中质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a2n－2an＋1(n∈N*)，则a2 018＝( )
A．1 B．0
C．2 018 D．－2 018
解析：∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，……，可知数列{an}是以2为周期的数列，∴a2 018＝a2＝0.
答案：B
7．(2018•洛阳模拟)将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 014项与5的差，即a2 014－5等于( )
A．2 018×2 012 B．2 020×2 013
C．1 009×2 012 D．1 010×2 013
解析：因为an－an－1＝n＋2(n≥2)，a1＝5，
课时作业 31 数列求和
1．(2017•北京卷)已知等差数列{an} 和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10，
解得d＝2，所以an＝2n－1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q，
因为b2b4＝a5，所以b1qb1q3＝9，解得q2＝3，
所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.
从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝3n－12.
2．(2018•四川成都市高中毕业第一次诊断)已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.
(1)证明：数列{an＋4}是等比数列；
(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.
解析：(1)证明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2.
∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)，
∴an＋1＋4an＋4＝2，
∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)，可知an＋4＝2n，∴an＝2n－4.
当n＝1时，a1＝－2<0，∴S1＝|a1|＝2；
当n≥2时，an≥0.
∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝21－2n1－2－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2.
又当n＝1时，上式也满足．
∴当n∈N*时，Sn＝2n＋1－4n＋2.
3．(2018•西安质检)等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，前n项和为Sn；数列{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝6，b2＋S3＝8.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求1S1＋1S2＋…＋1Sn.
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，d>0，{bn}的公比为q，
则an＝1＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意有q2＋d＝6q＋3＋3d＝8，
解得d＝1q＝2，或d＝－43q＝9(舍去)．
故an＝n，bn＝2n－1.
(2)由(1)知Sn＝1＋2＋…＋n＝12n(n＋1)，
1Sn＝2nn＋1＝2(1n－1n＋1)，
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