课时作业30 数列求和与数列的综合应用-【名师大课堂】2025年高考数学艺术生总复习必备训练册

课时作业(三十) 数列求和与数列的综合应用 1.(2024·山东潍坊第一中学校考)已知函数 f(x)=(x-1)3+2,数列{an}为等比数列, an>0,且a1009=e,利用课本中推导等差数 列前n项和的公式的方法,则f(lna1)+ f(lna2)+…+f(lna2017)= ( ) A.20172 B.2017 C.4034 D.8068 2.已知函数y=f(x)满足f(x)+f(1-x)= 1,若数列{an}满足an=f(0)+f 1n + f 2n +…+f n-1n +f(1),则数列{an} 的前20项的和为 ( ) A.230 B.115 C.110 D.100 3.已知函数f(x)= 4 x 4x+2 ,则f(x)+f(1-x) = ;数 列 {an}满 足 an = f n2016 ,则这个数列的前2015项的和等 于 . 4.设函数f(x)=1+ln1-xx ,设a1=1,an= f 1n +f 2n +f 3n +L+f n-1n (n∈ N*,n≥2). (1)计算f(x)+f(1-x)的值. (2)求数列{an}的通项公式. 5.已知数列{an}的前n 项和Sn,且Sn=n2 +n; (1)求它的通项an; (2)若bn=2n-1,求数{an+bn}的前n 项 和Tn. 6.已知{an}是等差数列且a1=1,S5=25,Sn 为数列{an}的前n项和, (1)求数列{an}的通项公式; (2)若cn = 1 anan+1 ,求 数 列{cn}的 前n 项 和Tn. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —152— 班级: 姓名: 7.(2024·四川遂宁射洪中学校考)已知数列 {an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an-1. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn= 3n (an+1)(an+1+1) ,求数列{bn}的 前n项和Tn. 8.已知等差数列{an}满足a2=4,2a4-a5=7, 公比不为-1的等比数列{bn}满足b3=4,b4 +b5=8(b1+b2). (1)求{an}与{bn}的通项公式; (2)设cn=anbn,求{cn}的前n项和Sn. 9.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1 =(λ+1)Sn+1(n∈N*,λ≠-2)且3a1, 4a2,a3+13成等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)若anbn=log4an-1,求数列{bn}的前n项 和Tn. 10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满 足2a5=a2+15,S9=81. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足bn= an,n为奇数 3n,n为偶数 , 求数列{bn}的前2n项和T2n. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —252— 课时作业 课时作业(三十) 1.C 用 倒 序 相 加 法:令 f(lna1)+f(lna2)+ … + f(lna2017)=S① 则也有f(lna2017)+f(lna2016)+…+f(lna2)+ f(lna1)=S② 由f(x)+f(2-x)=(x-1)3+2+(1-x)3+2=4, a1a2017=a2a2016=…=a21009=e2,即有lna1+lna2017 =lna2+lna2016=…=lne2=2, 可得:f(lna2017)+f(lna1)=f(lna2016)+f(lna2)= …=4, 于是由①②两式相加得2S=2017×4,所以S=4034. 故选C. 2.B an=f(0)+f 1n +f 2n +…+f n-1n + f(1),① an=f(1)+f n-1n +f n-2n + … +f 1n + f(0),② 两式相加,又因为f(x)+f(1-x)=1 故2an=n+1,所以an= n+1 2 所以{an}的前20项的和为Sn=a1+a2+…+a20= 2 2+ 3 2+ …+212 Sn=20×1+ 20×19 2 × 1 2=115. 故选B. 3.答案:1 20152 /1007.5 解析:由f(x)= 4 x 4x+2 , 得f(1-x)= 4 1-x 41-x+2 = 2 4x+2 ,所以f(x)+f(1-x) =1, 设数列{an}前n项之和为Sn, 则S2015=f 12016 +f 22016 +f 32016 +…+ f 20142016 +f 20152016 , S2015=f 20152016 +f 20142016 +f 20132016 + … + f 22016 +f 12016 , 两式相加得2S2015=2015,所以S2015= 2015 2 , 即这个数列的前2015项的和等于20152 . 4.解析:(1)f(x)+f(1-x)=1+ln1-xx +1+ln x 1-x=2 ; (2)由题知,当n≥2时,an=f 1n +f 2n +f 3n + L+f n-1n , 又an=f n-1n +f n-2n +…+f 1n ,两式相加得 2an= f 1n +f n-1n + f 2n +f n-2n +… + f n-1n +f 1n =2(n-1), 所以an=n-1, 又a1=1不符合an=n-1, 所以an= 1,n=1 n-1,n≥2 . 5.解析:(1)∵Sn=n2+n,∴当n=1时,a1=S1=2, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n,经验证,a1=2满足an =2n, ∴an=2n(n∈N*); (2)∵bn=2n-1,∴b1=1, bn+1 bn = 2 n 2n-1 =2, ∴数列{bn}是以首项为1,2为公比的等比数列, ∴Tn=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn) =(n2+n)+1× (1-2n) 1-2 =n2+n+2n-1; 综上,an=2n(n∈N*),Tn=n2+n+2n-1,(n∈N*). 6.解:(1)设公差为d,则S5=5a1+10d=25⇒d=2, 所以an=a1+(n-1)d=2n-1, (2)cn= 1 anan+1 = 1(2n-1)(2n+1)= 1 2 12n-1- 12n+1 , 所以Tn= 1 2 1-13 + 13-15 +…+ 12n-1- 1 2n+1 =12 1- 12n+1 = n2n+1. 7.解析:(1)由已知2Sn=3an-1①, 当n=1时,2S1=3a1-1,即2a1=3a1-1,解得a1=1, 当n≥2时,2Sn-1=3an-1-1②, ①-②得2an=3an-3an-1,即an=3an-1, 所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列, 所以an=3n-1; (2)因为bn= 3n (an+1)(an+1+1) = 3 n (3n-1+1)(3n+1) = 3 2× 13n-1+1- 13n+1 , 所以 Tn= 3 2 × 11+1- 13+1+ 13+1- 132+1+ … + 1 3n-1+1 - 1 3n+1 =32× 12- 13n+1 =34- 32(3n+1). 8.解析:(1)由题意不妨设等差数列、等比数列的公差、公比 分别为d,q, 所以有 a1+d=4 2(a1+3d)-(a1+4d)=7 和 b1q2=4 b1q3(1+q)=8b1(1+q) , 注意到b1≠0,q≠-1,所以分别解得 a1=1 d=3 和 b1=1q=2 , 因此由定义可知{an}与{bn}的通项公式分别为an=1+3 (n-1)=3n-2,bn=1×2n-1=2n-1,n∈N*. (2)由(1)可知an=3n-2,bn=2n-1,n∈N*, 所以由题意有cn=anbn=(3n-2)·2n-1,n∈N*, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —753— 当n≥2,n∈N*时,有Sn=1×20+4×21+…+(3n-5) ×2n-2+(3n-2)×2n-1, 所以有2Sn=1×21+4×22+…+(3n-5)×2n-1+(3n -2)×2n, 以上两式作差得Sn=-1-3×(21+22+…+2n-1)+ (3n-2)2n=-1-3×2 1×(1-2n-1) 1-2 + (3n-2)2n =-1+6-3×2n+(3n-2)2n =5+(3n-5)2n, 当n=1时,有S1=5+(-2)×2=1=1×1=a1b1=c1, 综 上 所 述:{cn}的 前 n 项 和 为 Sn =5+ (3n-5) 2n,n∈N*. 9.解:(1)由an+1=(λ+1)Sn+1,a1=1,则a2=(λ+1)S1+ 1=λ+2, n≥2有an=(λ+1)Sn-1+1,则an+1-an=(λ+1)(Sn- Sn-1)=(λ+1)an, 所以an+1=(λ+2)an,又λ≠-2,显然a2=(λ+2)a1 也 满足, 故{an}是首项为1,公比为λ+2的等比数列,则an=(λ+ 2)n-1 所以a3=(λ+2)2,则8a2=3a1+a3+13⇒8(λ+2)= 16+(λ+2)2, 所以λ2-4λ+4=0⇒λ=2,故an=4n-1. (2)由anbn=log4an-1,则bn= n-2 4n-1 , 所以Tn= -1 40 +0 41 +1 42 +…+n-3 4n-2 +n-2 4n-1 ,则1 4Tn= -1 41 +0 42 +1 43 +…+n-3 4n-1 +n-2 4n , 所以3 4Tn=-2+1+ 1 41 +1 42 +1 43 +…+ 1 4n-1 -n-2 4n = -23- 4 3·4n -n-2 4n ,则Tn=- 8 9- 12n-8 9·4n . 10.解:(1)设数列等差数列{an}的公差为d, 因为S9=81,所以 9(a1+a9) 2 =9a5=81 ,则a5=9, 因为2a5=a2+15,即18=a2+15,所以a2=3, 所以d= a5-a2 5-2 = 9-3 3 =2 ,a1=a2-d=1, 所以an=1+(n-1)×2,即an=2n-1. (2)因为bn= an,n为奇数 3n,n为偶数 ,所以bn= 2n-1,n为奇数3n,n为偶数 , 所以T2n=(1+32)+(5+34)+…+(4n-3+32n) =(1+5+…+4n-3)+(32+34+…+32n) =n (1+4n-3) 2 + 32×(1-9n) 1-9 =2n2-n+6 n+1-9 8 . 课时作业(三十一) 1.答案:64 解析:两圆台的上、下底面积对应相等,则两圆台的体积 之比为高之比,根据母线与半径的关系可得甲与乙的体 积之比为 4(r2-r1)2-(r2-r1)2 9(r2-r1)2-(r2-r1)2 = 3 8 = 64. 2.D 分别取D1C1、D1D、AD 的中点H、M、N,连接GH、 HM、MN, ∵在正方体 ABCD􀆼A1B1C1D1 中,E,F,G 分别是AB, BB1,B1C1的中点, ∴HG∥EN,HM∥EF,FG∥MN, ∴六边形EFGHMN 是过E,F,G 这三点的截面图, ∴过这三点的截面图的形状是六边形. 故选D. 3.A 如图所示,设该正四棱台为ABCD􀆼A1B1C1D1,上下 底面中心分别为O1,O, 分别取BC,B1C1的中点E,F,连接OO1,O1F,OE,EF, 在平面OO1FE 内,作FH⊥OE 交OE 于H, 则OO1=9,OE= 1 2AB=17.25 ,O1F= 1 2A1B1=16 , 显然四边形OO1FH 是矩形,则FH=OO1=9,OH=O1F =16, 所以EH=OE-OH=1.25=54 , 在直角△FHE 中,EF= FH2+EH2= 92+ 54 2 = 1321 4 ≈ 36.35 4 ≈9.1 , 即该墩台的斜高约为9.1m. 故选A. 4.B 圆及其内部旋转一周后所得几何体为球, 而矩形及其内部绕一边旋转后所得几何体为圆柱, 故题设中的平面图形绕旋转轴(虚线)旋转一周,形成的 几何体为一个球挖去一个圆柱,故选B. 5.A 在直观图中,其一条对角线在y轴上且长度为 2, 所以在原图形中其中一条对角线必在y 轴上,且长度为 2 2,故选A. 6.B 设六棱柱的底面边长为a,高为h. 则2ah=4,ah=2,a=2 3 =2 33 ,故h= 3, V=6×12× 2 3 3 × 2 3 3 × 3 2× 3=6. 故选B. 7.B 如图所示,连接AC,BD 交于点O,取BC的中点E,分 别连接SO,SE,OE, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —853—