优化探究高考数学一轮复习 第五章 第四节 数列求和课时作业 理 新人教A版

【优化探究】2017届高考数学一轮复习 第五章 第四节 数列求和课
时作业 理 新人教A 版
A 组 考点能力演练
1．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ，则S 2 014＝( ) A ．2×31 007
－2 B ．2×31 007
C.3
2 014
－12 D.3
2 014
＋12
解析：由a n ＋2＝3a n 可得数列{a n }的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以S 2 014＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 014)＝1－31 007
1－3＋
3
1－31 007
1－3
＝(－2)×(1－3
1 007
)＝2×3
1 007
－2，故选择A.
答案：A
2．(2016·长沙质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 015的值为( )
A ．2 015
B ．2 013
C ．1 008
D ．1 007
解析：因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，
n ≥2.又a 1＝1，所以S 2 015＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 014＋a 2 015)＝1 008，故选择C.
答案：C
3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝
⎛⎭
⎪⎫1＋cos 2
n π2a n ＋sin 2n π
2
，则该数列的前18项
的和为( )
A ．2 101
B ．2 012
C ．1 012
D ．1 067
解析：当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋1，即奇数项构成首项为1、公差为1的等差数列；当n 为偶数时，a n ＋2＝2a n ，即偶数项构成首项为2、公比为2的等比数列，所以该数列的前18项和为9＋9×82＋
21－2
9
1－2
＝45＋1 022＝1 067，故选择D.
答案：D
4．(2016·贵阳一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝4，S 4＝10，则数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n a n ＋1的
前2 015项和为( )
A.2 0142 015
B.2 015
2 016
C.
2 016
2 015
D.
2 017
2 016
解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则a 4＝a 1＋3d ＝4，S 4＝4a 1＋6d ＝10，联立解得a 1＝d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，
1
a n a n ＋1＝
1n
n ＋1＝1n －1
n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n a n ＋1的前2 015项
和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12 015－12 016＝1－12 016＝2 0152 016，故选择B.
答案：B
5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n
m ，S m ＝m n
(m ，n ∈N *
且m ≠n )，则下列各值中可以为S n ＋m 的值的是( )
A ．2
B ．3
C ．4
D.92
解析：由已知，设S n ＝An 2
＋Bn ，
则⎩⎪⎨⎪⎧
S n
＝An 2
＋Bn ＝n
m ，S m
＝Am 2
＋Bm ＝m
n
⇒⎩
⎪⎨⎪
⎧
An ＋B m ＝1，Am ＋B n ＝1.
两式相减得B (m －n )＝0，故B ＝0，A ＝1
mn .S m ＋n ＝A (m ＋n )2
＝
m ＋n
2
mn
＝m 2＋n 2＋2mn mn >4mn
mn
＝
4，故只有D 符合，故选D.
答案：D
6．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
1－3n ，n 为偶数，2n －1
，n 为奇数，
则其前10项和为________．
解析：依题意，注意到a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝1－28
·2
2
1－22
＝341，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝5×－5－29
2
＝－85，因此题中的数列的前10项和等于341－85＝256.
答案：256
7．数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2
(n ∈N *
)，设b n ＝
1
a n a n ＋1
，T n 是数列{b n }的前n 项和，则
T n ＝________.
解析：本题考查数列的前n 项和与通项间的关系、裂项相消法．依题意，当n ≥2时，a n
＝n 2
－(n －1)2
＝2n －1；
又a 1＝12
＝2×1－1，因此a n ＝2n －1，
b n ＝
1
2n －1
2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1－12n ＋1，
因此T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－1
5＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n
2n ＋1. 答案：
n
2n ＋1
8．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n
a n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 解析：依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋
30×29
2
×1＝465；当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15.因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480.
答案：480
9．(2016·南昌模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2
n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5
成等比数列，当n ≥5时，a n >0.
(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n .
解：(1)证明：由4S n ＝a 2
n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2
n ＋1＋2a n ＋1－3， 得4a n ＋1＝a 2
n ＋1－a 2
n ＋2a n ＋1－2a n ，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0. 当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2， 所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．
(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1， 又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列， 所以a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1， 而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，
所以a n ＝⎩⎪⎨
⎪
⎧
3－1n －1
1≤n ≤4
2n －7
n ≥5，
所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
32
[1－－1n ]1≤n ≤4，
n 2－6n ＋8n ≥5.
10．(2016·石家庄一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *
，λ≠－1)，且a 1,2a 2，a 3＋3为等差数列{b n }的前三项．
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)求数列{a n b n }的前n 项和．
解：(1)法一：∵a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *
)， ∴a n ＝λS n －1＋1(n ≥2)，
∴a n ＋1－a n ＝λa n ，即a n ＋1＝(λ＋1)a n (n ≥2)，λ＋1≠0， 又a 1＝1，a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，
∴数列{a n }是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列， ∴a 3＝(λ＋1)2
，
∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2
＋3，整理得λ2
－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＝2
n －1
，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.
法二：∵a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *
)，
∴a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，a 3＝λS 2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2
＋2λ＋1， ∴4(λ＋1)＝1＋λ2
＋2λ＋1＋3，整理得λ2
－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝S n －1＋1(n ≥2)，
∴a n ＋1－a n ＝a n (n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)， 又a 1＝1，a 2＝2，
∴数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2
n －1
，
b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.
(2)由(1)知，a n b n ＝(3n －2)×2
n －1
，设T n 为数列{a n b n }的前n 项和，
∴T n ＝1×1＋4×21
＋7×22
＋…＋(3n －2)×2
n －1
，①
∴2T n ＝1×21
＋4×22
＋7×23
＋…＋(3n －5)×2
n －1
＋(3n －2)×2n
.②
①－②得，－T n ＝1×1＋3×21
＋3×22
＋…＋3×2n －1
－(3n －2)×2n
＝1＋
3×
2×1－2n －1
1－2
－(3n －2)×2n
，
整理得：T n ＝(3n －5)×2n
＋5.
B 组 高考题型专练
1．(2015·高考天津卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝
b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.
(1)求{a n }和{b n }的通项公式；
(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *
，求数列{c n }的前n 项和．
解：(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意知q >0.由已知，有
⎩
⎪⎨⎪⎧
2q 2
－3d ＝2，q 4
－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2
－8＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以d ＝2.
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1
，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *
.
(2)由(1)有c n ＝(2n －1)×2
n －1
，设{c n }的前n 项和为S n ，则
S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，
2S n ＝1×21
＋3×22
＋5×23
＋…＋(2n －3)×2
n －1
＋(2n －1)×2n
，
上述两式相减，得－S n ＝1＋22
＋23
＋ (2)
－(2n －1)×2n
＝2n ＋1
－3－(2n －1)×2n
＝－(2n
－3)×2n
－3，
所以，S n ＝(2n －3)×2n
＋3，n ∈N *
.
2．(2015·高考全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2
n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝
1
a n a n ＋1
，求数列{b n }的前n 项和．
解：(1)由a 2
n ＋2a n ＝4S n ＋3①，可知a 2
n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3②. 由②－①可得a 2
n ＋1－a 2
n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即 2(a n ＋1＋a n )＝a 2
n ＋1－a 2
n ＝(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 2
1＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.
所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知
b n ＝1a n a n ＋1＝
12n ＋1
2n ＋3
＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2n ＋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 ＝
n
32n ＋3
.
3．(2014·高考浙江卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *
)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.
(1)求a n 与b n ；
(2)设c n ＝1a n －1b n
(n ∈N *
)．记数列{c n }的前n 项和为S n .
①求S n ；
②求正整数k ，使得对任意n ∈N *
，均有S k ≥S n .
解：(1)由题意得a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6， 知a 3＝(2)b 3－b 2＝8.
又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)， 所以数列{a n }的通项为a n ＝2n
(n ∈N *
)． 所以a 1a 2a 3…a n ＝2
n n ＋1
2
＝(2)
n (n ＋1)．
故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *
)． (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *
)， 所以S n ＝12＋122＋…＋12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝1n ＋1－12n (n ∈N *
)．
②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0； 当n ≥5时，
c n ＝1
n n ＋1⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤n n ＋12n －1， 而n n ＋1
2n
－
n ＋1
n ＋2
2
n ＋1
＝
n ＋1
n －2
2
n ＋1
>0，
得
n n ＋1
2
n ≤
5·
5＋1
2
5
<1， 所以，当n ≥5时，c n <0.
综上，对任意n ∈N *
恒有S 4≥S n ，故k ＝4.。