2011年高考一轮数学复习 3-4数列求和 理 同步练习(名师解析)
2011届高考数学第一轮复习课件之数列求和
2 1 , cn= = 2( - (n+1)(n+2) n+ 1 + + +
1 ) n+ 2 + 则 Tn= c1+ c2+…+ cn 1 1 1 1 1 1 =2( - + - +…+ - ) 2 3 3 4 n+ 1 n+ 2 + + 1 1 n )= . =2( - = 2 n+ 2 n+ 2 + +
课堂互动讲练
【规律小结】 分组转化求和常见 规律小结】 类型及方法. 类型及方法. (1)an=kn+b,利用等差数列前 项 + ,利用等差数列前n项 和公式直接求解; 和公式直接求解; - (2)an=aqn-1,利用等比数列前 项 利用等比数列前n项 和公式直接求解; 和公式直接求解; (3)an=bn±cn,数列 n},{cn}是等 数列{b , 是等 比数列或等差数列, 比数列或等差数列,采用分组求和法求 {an}的前 项和. 的前n项和 的前 项和. 提醒:应用等比数列前n项和公式 提醒:应用等比数列前 项和公式 要注意公比q的取值 的取值. 时,要注意公比 的取值.
第4课时
数列求和
基础知识梳理
求数列的前n项和的方法 求数列的前 项和的方法 1.公式法 . (1)等差数列的前 项和公式 等差数列的前n项和公式 等差数列的前 n(a1+an) n(n-1) - na1+ d 2 S n= 2 = .
基础知识梳理
(2)等比数列前 项和公式 等比数列前n项和公式 等比数列前 ①当q=1时,Sn=na1; = 时
课堂互动讲练
【思路点拨】 (1)由已知条件寻 思路点拨】 由已知条件寻 的关系, 表示出 表示出c 找a1与d的关系,(2)表示出 n采用裂项 的关系 法. 【解】 (1)证明:设等差数列 证明: 证明 {an}的公差为 , 的公差为d, 的公差为 由S4+a2=2S3,得 4a1+6d+a1+d=6a1+6d, + = , , ∴a1=d, 则an=a1+(n-1)d=na1, - = ∴b1=2a1,b2=4a1,
高考数学一轮复习《数列求和》练习题(含答案)
高考数学一轮复习《数列求和》练习题（含答案）一、单选题1．已知数列{}n a 满足()213nn n a a ++-=，11a =，22a =，数列{}n a 的前n 项和为n S ，则30S =（ ） A ．351 B ．353C ．531D ．5332．已知)*n a n N =∈，则12380a a a a +++⋅⋅⋅+=（ ） A ．7B ．8C ．9D ．103．已知数列{}n a 满足11a =，()111n n na n a +=++，令nn a b n=，若对于任意*N n ∈，不等式142t n b +<-恒成立，则实数t 的取值范围为（ ） A ．3,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．(],1-∞-C ．(],0-∞D ．(],1-∞4．数列{}n a 的前n 项的和n S 满足*1(N )n n S S n n ++=∈，则下列选项中正确的是（ ）A ．数列{}1n n a a ++是常数列B ．若113a <，则{}n a 是递增数列C ．若11a =-，则20221013S =D ．若11a =，则{}n a 的最小项的值为1-5．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.设x ∈R ，用[]x 表示不超过x 的最大整数，则()[]f x x =称为高斯函数.已知数列{}n a 满足21a =，且121(1)2n n n n a na +++-=，若[]lg n n b a =数列{}n b 的前n 项和为n T ，则2021T =（ ） A ．3950B ．3953C ．3840D ．38456．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+，则2021S =（ ） A ．20192020B ．20202021C ．20212022D ．101010117．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12πcos 3n n n n a a a ++++=，11a =，则2023S =（ ）A ．0B ．12C ．lD ．328．已知函数0()e ,xf x x =记函数()n f x 为(1)()n f x -的导函数(N )n *∈，函数()n y f x =的图象在1x =处的切线与x 轴相交的横坐标为n x ，则11ni i i x x +==∑（ ）A ．()132n n ++B ．()33nn +C ．()()23nn n ++D ．()()123n n n +++9．数列{}n a 中，12a =，且112n n n n n a a a a --+=+-（2n ≥），则数列()211n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭前2021项和为（ ） A ．20211010B ．20211011C ．20191010D ．4040202110．执行如图所示的程序框图，则输出S 的值为（ ）A ．20202019B ．20212020C ．20192020D ．2020202111．已知数列{an }的前n 项和Sn 满足2n S n =，记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为Tn ，n ∈N *.则使得T 20的值为（ ） A ．1939B ．3839C ．2041D ．404112．已知数列{}n a 满足()22N n n n a a n *++=∈，则{}n a 的前20项和20S =（ ）A ．20215-B ．20225-C ．21215-D ．21225-二、填空题13．等差数列{}n a 中，11a =，59a =，若数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n S ，则10S =___________. 14．已知数列{}n a 满足，()2*111,(1)2,n n n a a a n n n N -=--=-⋅≥∈，则20a =__________.15．在等差数列{}n a 中，72615,18a a a =+=，若数列{}(1)nn a -的前n 项之和为n S ，则100S =__________．16．若数列{}n a 满足()1*1(1)2n n n n a a n ++=-+∈N ，令1351924620,S a a a a T a a a a =++++=++++，则=TS__________.三、解答题17．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且32a =，47S =． （1）求{}n a 的通项公式； （2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+． （1）求{}n a 通项公式； （2）设11n n n b a a +=，{}n b 的前n 项和为n T ，求n T ．19．已知数列{}n a 满足111,2n n a a a +==，数列{}n b 满足*111,2,n n b b b n +=-=∈N .(1)求数列{}n a 及{}n b 的通项公式； (2)求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n S .20．已知数列{}n a 的首项113a =，且满足1341n n n a a a +=+. (1)证明：数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列.(2)若12311112022na a a a ++++<，求正整数n 的最大值.21．已知数列{}n a 满足：11a =，121n n a a n +=+-. （1）设n n b a n =+，证明：数列{}n b 是等比数列； （2）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求n S .22．已知递增数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n S a n =+，数列{}n b 满足1142,4b a b a ==，221,.n n n b b b n N *++=∈(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记21(67),83log ,nnn n n b n S c b n +-⎧⎪-=⎨⎪⎩为奇数为偶数，数列{}n c 的前2n 项和为2n T ，若不等式24(1)41n nn T n λ-+<+对一切n N *∈恒成立，求λ的取值范围．23．设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且满足___________.给出下列三个条件： ①48a =，()112lg lg lg 2n n n a a a n -+=+≥；②()1n n S pa p =-∈R ；③()()12323412nn a a a n a kn k +++⋅⋅⋅++=⋅∈R .请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题： (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()22121log n n b n a =+⋅，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求证：1132n T ≤<.24．已知数列{}n a 的各项均为正整数，11a =.(1)若数列{}n a 是等差数列，且101020a <<，求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ；(2)若对任意的*n ∈N ，都有2112112n n n n a a a a +++-<+，求证：12n na a +=参考答案1．B2．B3．D4．D5．D6．C7．C8．B9．B10．D11．C12．D 13．102114．210 15．100 16．2317．（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由32a =，47S =，可得1122,43472a d a d +=⎧⎪⎨⨯+⨯=⎪⎩，解得111,2a d ==， 所以数列{}n a 的通项公式为()111122n n a n +=+-=. （2）由（1）知12n n a +=，则11221141212n n n b a a n n n n +⎛⎫==⋅=- ⎪++++⎝⎭， 故111111114442233412222n T n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-=- ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 18．（1）当2n ≥时，2212(1)2(1)21n n n a S S n n n n n --=+----=+=， 当1n =时，由113a S ==，符合上式.所以{}n a 的通项公式为21n a n =+. （2）∵21n a n =+， ∴()()111111212322123n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪++++⎝⎭， ∴1111111235572123n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111232369n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭． 19．（1）由已知111,2n n a a a +==所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n a -=数列{}n b 满足111,2n n b b b +=-=所以{}n b 是以1为首项，2为公差的等差数列 21n b n =-（2）()11132212n n S n -=⨯+⨯++-①对上式两边同乘以2，整理得()221232212n n S n =⨯+⨯++-②①-②得()()2112222212n n n S n --=++++--()()12121221212n n n --=+⨯---()2323n n =---所以()2323nn S n =⋅-+20．（1）易知{}n a 各项均为正，对1341n n n a a a +=+两边同时取倒数得1111433n n a a +=⋅+， 即1111223n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，因为1121a -=，所以数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以1为首项，13为公比的等比数列.（2）由（1）知11111233n n n a --⎛⎫-==⎪⎝⎭，即11123n n a -=+， 所以()12311311113122112313n n n f n n n a a a a ⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=++++=+=+- ⎪⎝⎭-， 显然()f n 单调递增，因为()10101011313110102021.52022,(1011)2023.520222323f f =-<=-⋅>，所以n 的最大值为1010. 21．（1）数列{}n a 满足：11a =，121n n a a n +=+-. 由n n b a n =+，那么111n n b a n ++=++， ∴1112112n n n n n n b a n a n n b a n a n+++++-++===++； 即公比2q，1112b a =+=，∴数列{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列；（2）由（1）可得2nn b =，∴2nn a n +=，那么数列{}n a 的通项公式为：2nn a n =-，数列{}n a 的前n 项和为232122232nn S n =-+-+-+⋅⋅⋅+-()2121222(123)2222nn n n n +=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=---.22．（1）解：因为22n n S a n =+，当n =1时，得11a =，当2n ≥时，21121n n S a n --=+-，所以22121n n n a a a -=-+，即221(1)n n a a -=-，又因为数列{}n a 为递增数列，所以11n n a a --=， 数列{}n a 为等差数列， 11a =，d =1, 所以n a n =；所以1142841,b a b a ====， 又因为221,.n n n b b b n N *++=∈ 所以数列{}n b 为等比数列，所以33418b b q q ===，解得2q，所以12n n b -=.（2）由题意可知：(1)2n n n S +=， 所以()2167,83log ,n n n n n b n c S b n +⎧-⎪=-⎨⎪⎩为奇数为偶数,故2(67)2,443,n n n n c n n n n -⎧-⎪=+-⎨⎪⎩１为奇数为偶数 ， 设{}n c 的前2n 项和中，奇数项的和为n P ，偶数项的和为n Q 所以135212462=,=,n n n n P c c c c Q c c c c -++++++++当n 为奇数时，()()2)2123(67)2(67222=,4432321n n n n n n n c n n n n n n --+----==-+-++-１１１１所以42220264135221222222==5195132414329n n n n P n c c c n c --⎛⎫⎛⎫⎪+⎛⎫⎛⎫++++-+-+-++ ⎪ ⎪⎭-- ⎪ ⎝⎝⎭⎝⎭⎝⎭0,44411=412=1n nn n --++ 当n 为偶数时n c n =，所以()()246222==246212n n n nQ c c c c n n n +++++++++==+，故()2,4=4=111n n n n T n n P Q n -++++故24(1)41n nn T n λ-+<+，即()()111144(1)(1)4141n nnn n n n n n n λλ-+<-+-++⇒-+<++当n 为偶数时，21n n λ<+-对一切偶数成立，所以5λ<当n 为奇数时，21n n λ<+--对一切奇数成立，所以此时1λ>- 故对一切n N *∈恒成立，则15λ-<< 23．（1）若选①，因为()112lg lg lg 2n n n a a a n -+=+≥，所以()2112n n n a a a n -+=≥，所以数列{}n a 是等比数列设数列{}n a 的公比为q ，0q >由33418a a q q ===得2q所以12n n a -=若选②，因为()1n n S pa p =-∈R ，当1n =时，1111S pa a =-=，所以2p =，即21n n S a =- 当2n ≥时，1122n n n n n a S S a a --=-=-，所以()122n n a a n -=≥ 所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列所以12n n a -=若选③，因为()()12323412nn a a a n a kn k +++⋅⋅⋅++=⋅∈R ，当1n =时，11222a k =⋅=，所以1k =，即()12323412n n a a a n a n +++⋅⋅⋅++=⋅当2n ≥时，()1123123412n n a a a na n --+++⋅⋅⋅+=-⋅，所以()()()11122n n n a n n -+=+⋅≥，即()122n n a n -=≥，当1n =时，上式也成立，所以12n n a -=（2） 由（1）得()()()221111121log 212122121n n b n a n n n n ⎛⎫===- ⎪+⋅+⋅--+⎝⎭所以()111111111233521212221n T n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪-++⎝⎭ ∵*N n ∈，∴()10221n >+，∴()11122212n T n =-<+ 易证*n ∈N 时，()112221n T n =-+是增函数，∴()113n T T ≥=.故1132n T ≤<24．(1)解：设数列{}n a 的公差为d ，由10101920a d <=+<，可得1919d <<， 又由数列{}n a 的各项均为正整数，故2d =，所以21n a n =-， 于是()()()111111221212121n n a a n n n n +==--+-+，所以111111111121335212122121n nS n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=-=⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭. (2)解：因为{}n a 各项均为正整数，即1n a ≥，故112nna a ≥+，于是()211112122112n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +++++-=-≥-++， 又因为21121<12n n n n a a a a +++-+，所以121n n a a +-<， 由题意12n na a +-为整数，所以只能120n n a a +-=，即12n n a a +=。
【精品含答案】高考一轮复习3.4数列求和基础训练题(理科)
2009届高考一轮复习3.4数列求和基础训练题（理科）注意：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分100分，考试时间45分钟。
第Ⅰ卷（选择题部分 共36分）一、选择题（本大题共6小题，每小题6分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和为n S ，若}a {log n 2是公差为1-的等差数列，且83S 6=，那么1a 的值是（ ） （A ）214 （B ）316 （C ）218 （D ）31212. 数列 ,221,,221,21,11n 2-++++++的前n 项和等于（ ）（A ）n 2（B ）n 2n -（C ）2n 21n --+（D ）n 2·n3. 数列{}n a 的通项公式为)1n 2)(1n 2(1a n +-=，前n 项和为199，则项数n 为（ ）（A ）7 （B ）8 （C ）9 （D ）104. 如果一个数列{}n a 满足h a a n 1n =++（h 为常数，*N n ∈），则称数列{}n a 为等和数列，h 为公和，n S 是其前n 项的和，已知等和数列{}n a 中，3h ,1a 1-==，则=0072S （ ）（A ）3 009（B ）3 008（C ）0083-（D ）0093- 5.（2008·荷泽模拟）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若A 、B 、C 为直线l 上三点，P 为直线l 外一点，且PC ·a PB ·a PA 200028+=，则0072S 等于（ ）（A ）2 008 （B ）2 007（C ）2 006 （D ）1 0046.（2005·黄冈模拟）设n )1(4321S 1n n --++-+-= ，则*)N m (S S S 3m 21m 2m 4∈++++的值为（ ）（A ）0（B ）3（C ）4（D ）随m 变化而变化第Ⅱ卷（非选择题部分 共64分）二、填空题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。
高考数学(理科)一轮复习数列的通项与求和学案附答案
高考数学（理科）一轮复习数列的通项与求和学案附答案学案31数列的通项与求和导学目标：1能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和2能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．自主梳理1．求数列的通项(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2(2)当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．(3)当已知数列{an}中，满足an＋1an＝f(n)，且f(1)•f(2)•…•f(n)可求，则可用__________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1•a2a1•a3a2•…•anan－1(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列求通项．()归纳、猜想、证明法．2．求数列的前n项的和(1)公式法①等差数列前n项和Sn＝____________＝________________，推导方法：____________；②等比数列前n项和Sn＝，q＝1，＝，q≠1推导方法：乘公比，错位相减法．③常见数列的前n项和：a．1＋2＋3＋…＋n＝__________；b．2＋4＋6＋…＋2n＝__________；．1＋3＋＋…＋(2n－1)＝______；d．12＋22＋32＋…＋n2＝__________；e．13＋23＋33＋…＋n3＝__________________(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．常见的裂项公式有：①1nn＋1＝1n－1n＋1；②12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；③1n＋n＋1＝n＋1－n(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．()倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导．自我检测1．(原创题)已知数列{an}的前n项的乘积为Tn＝3n2(n∈N*)，则数列{an}的前n项的()A32(3n－1)B92(3n－1)38(9n－1)D98(9n－1)2．(2011•邯郸月考)设{an}是公比为q的等比数列，Sn是其前n项和，若{Sn}是等差数列，则q为()A．－1B．1．±1D．03．已知等比数列{an}的公比为4，且a1＋a2＝20，设bn＝lg2an，则b2＋b4＋b6＋…＋b2n等于()A．n2＋nB．2(n2＋n)．2n2＋nD．4(n2＋n)4．(2010•天津高三十校联考)已知数列{an}的通项公式an＝lg2n＋1n＋2 (n∈N*)，设{an}的前n项的和为Sn，则使Sn<－成立的自然数n ()A．有最大值63B．有最小值63．有最大值31D．有最小值31．(2011•北京海淀区期末)设关于x的不等式x2－x<2nx (n ∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．6．数列1,412，714，1018，…前10项的和为________探究点一求通项公式例1 已知数列{an}满足an＋1＝2n＋1•anan＋2n＋1，a1＝2，求数列{an}的通项公式．变式迁移1设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an ＋2(1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．探究点二裂项相消法求和例2 已知数列{an}，Sn是其前n项和，且an＝7Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1lg2an•lg2an＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<20对所有n∈N*都成立的最小正整数变式迁移2求数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n，…的前n项和．探究点三错位相减法求和例 3 (2011•荆门月考)已知数列{an}是首项、公比都为q (q>0且q≠1)的等比数列，bn＝anlg4an (n∈N*)．(1)当q＝时，求数列{bn}的前n项和Sn；(2)当q＝141时，若bn<bn＋1，求n的最小值．变式迁移3求和Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan分类讨论思想的应用例(分)二次函数f(x)＝x2＋x，当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的函数值中所有整数值的个数为g(n)，an＝2n3＋3n2gn(n∈N*)，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n－1an＝()A．(－1)n－1nn＋12B．(－1)nnn＋12nn＋12D．－nn＋12【答题模板】答案 A解析本题考查二次函数的性质以及并项转化法求和．当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，函数f(x)＝x2＋x的值随x的增大而增大，则f(x)的值域为[n2＋n，n2＋3n＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝2n3＋3n2gn＝n2方法一当n为偶数时，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－3＋2n－12•n2＝－nn＋12；当n为奇数时，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋…＋(an－2－an－1)＋an＝Sn－1＋an＝－nn－12＋n2＝nn＋12，∴Sn＝(－1)n－1nn＋12方法二a1＝1，a2＝4，S1＝a1＝1，S2＝a1－a2＝－3，检验选择项，可确定A正确．【突破思维障碍】在利用并项转化求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用一个公式表示．1．求数列的通项：(1)公式法：例如等差数列、等比数列的通项；(2)观察法：例如由数列的前几项求通项；(3)可化归为使用累加法、累积法；(4)可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法；()求出数列的前几项，然后归纳、猜想、证明．2．数列求和的方法：一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．3．求和时应注意的问题：(1)直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．(2)注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．(满分：7分)一、选择题(每小题分，共2分)1．(2010•广东)已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2•a3＝2a1且a4与2a7的等差中项为4，则S等于() A．3B．33．31D．292．(2011•黄冈调研)有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn＝7n＋2n＋3，则ab＝()A612B3787213D943．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且an－1－ananan－1＝an－an＋1anan＋1 (n≥2)，则此数列的第10项()A1210B129110D14．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S等于()A．1B616D130．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn>1 020，那么n的最小值是()A．7B．8．9D．10题号1234答案二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2010•东北师大附中高三月考)数列{an}的前n项和为Sn 且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，…)，则lg4S10＝__________ 7．(原创题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－1an，则该数列前26项的和为________．8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝____________三、解答题(共38分)9．(12分)(2011•河月考)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋n －7(n∈N*)．(1)若函数f(x)的图象的顶点的横坐标构成数列{an}，试证明数列{an}是等差数列；(2)设函数f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，试求数列{bn}的前n项和Sn10．(12分)(2011•三门峡月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝12nan＋an－(是常数，n∈N*)，a2＝6(1)求的值及数列{an}的通项公式；(2)证明1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1<1811．(14分)(2010•北京宣武高三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1) (n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求数列{bn}的通项公式bn；(3)若n＝an•bnn，求数列{n}的前n项和Tn答案自主梳理1．(2)累加法(3)累积法2(1)①n(a1＋an)2na1＋n(n－1)2d倒序相加法②na1a1(1－qn)1－q a1－anq1－q③n(n＋1)2n2＋n n2n(n＋1)(2n＋1)6n(n＋1)22自我检测1．2B3B4B．10 1006141112堂活动区例1解题导引已知递推关系求通项公式这类问题要求不高，主要掌握由a1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想an的方法，以及累加：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1；累乘：an＝anan－1•an－1an－2•…•a2a1•a1等方法．解已知递推可化为1an＋1－1an＝12n＋1，∴1a2－1a1＝122，1a3－1a2＝123，1a4－1a3＝124，…，1an－1an －1＝12n将以上(n－1)个式子相加得1an－1a1＝122＋123＋124＋…＋12n，∴1an＝121－12n1－12＝1－12n∴an＝2n2n－1变式迁移1(1)证明由已知有a1＋a2＝4a1＋2，解得a2＝3a1＋2＝，故b1＝a2－2a1＝3又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－(4an＋2)＝4an＋1－4an；于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，即bn＋1＝2bn因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．(2)解由(1)知等比数列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，所以an＋1－2an＝3×2n－1，于是an＋12n＋1－an2n＝34，因此数列an2n是首项为12，公差为34的等差数列，an2n＝12＋(n－1)×34＝34n－14，所以an＝(3n－1)•2n－2例2解题导引1利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．2．一般情况如下，若{an}是等差数列，则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d1an－1an＋2此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和．解(1)∵n≥2时，an＝7Sn－1＋2，∴an＋1＝7Sn＋2，两式相减，得an＋1－an＝7an，∴an＋1＝8an(n≥2)．又a1＝2，∴a2＝7a1＋2＝16＝8a1，∴an＋1＝8an(n∈N*)．∴{an}是一个以2为首项，8为公比的等比数列，∴an＝2•8n－1＝23n－2(2)∵bn＝1lg2an•lg2an＋1＝1(3n－2)(3n＋1)＝13(13n－2－13n＋1)，∴Tn＝13(1－14＋14－17＋…＋13n－2－13n＋1)＝13(1－13n＋1)<13∴20≥13，∴最小正整数＝7变式迁移2解an＝2n(n＋1)＝21n－1n＋1，∴Sn＝2•[1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1]＝2•1－1n ＋1＝2nn＋1例3解题导引1一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an•bn}的前n项和时，可采用错位相减法．2．用乘公比错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．解(1)由题意得an＝qn，∴bn＝an•lg4an＝qn•lg4qn＝n•n•lg4，∴Sn＝(1×＋2×2＋…＋n×n)lg4，设Tn＝1×＋2×2＋…＋n×n，①则Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1，②①－②得－4Tn＝＋2＋3＋…＋n－n×n＋1＝(n－1)4－n×n＋1，∴Tn＝16(4n×n－n＋1)，Sn＝16(4n×n－n＋1)lg4(2)∵bn＝anlg4an＝n141nlg4141，∴bn＋1－bn＝(n＋1)141n＋1lg4141－n141nlg4141＝141n141－n1lg4141>0，∵141n>0，lg4141<0，∴141－n1<0，∴n>14，即n≥1时，bn<bn＋1故所求的n的最小值是1变式迁移3解当a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2，当a≠1时，Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①∴1aSn＝1a2＋2a3＋3a4＋…＋nan＋1，②①－②，得1－1a•Sn＝1a＋1a2＋1a3＋…＋1an－nan＋1，1－1aSn＝1a1－1an1－1a－nan＋1＝1－1ana－1－nan＋1，∴Sn＝a1－1an(a－1)2－n(a－1)•an∴Sn＝n(n＋1)2，a＝1，a1－1an(a－1)2－n(a－1)•an，a≠1后练习区1．2A3D4B D6．9解析∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1 (n≥2)．两式相减得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，∴an＋1＝4an，即an＋1an＝4∴{an}为以a2为首项，公比为4的等比数列．当n＝1时，a2＝3S1＝3，∴n≥2时，an＝3•4n－2，S10＝a1＋a2＋…＋a10＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48＝1＋3×(1＋4＋ (48)＝1＋3×49－14－1＝1＋49－1＝49∴lg4S10＝lg449＝97．－10解析依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝12，a＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝12，所以数列周期为4，S26＝6×(1－2－1＋12)＋1－2＝－108．2n＋1－2解析依题意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1，所有的代数式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－29．解f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8…………………………………………………………………(3分) (1)由题意，an＝n＋1，故an＋1－an＝(n＋1)＋1－(n＋1)＝1，故数列{an}是以1为公差，2为首项的等差数列．……………………………………(分)(2)由题意，bn＝|3n－8|……………………………………………………………………(7分) 当1≤n≤2时，bn＝－3n＋8，数列{bn}为等差数列，b1＝，∴Sn＝n(－3n＋8)2＝－3n2＋13n2；………………………………………………………(9分)当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1∴Sn＝S2＋(n－2)(1＋3n－8)2＝3n2－13n＋282…………………………………………(11分)∴Sn＝－3n2＋13n2，1≤n≤2，3n2－13n＋282，n≥3……………………………………………(12分)10．(1)解因为Sn＝12nan＋an－，所以当n＝1时，S1＝12a1＋a1－，解得a1＝2，………………………………………………………………………………(2分)当n＝2时，S2＝a2＋a2－，即a1＋a2＝2a2－，解得a2＝3，………………………………………………………(3分)所以3＝6，解得＝2；…………………………………………………………………(4分) 则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2……………………………………………………………(6分)(2)证明因为1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝14×6＋16×8＋…＋1(2n＋2)(2n＋4)＝12(14－16)＋12(16－18)＋…＋12(12n＋2－12n＋4)＝12[(14－16)＋(16－18)＋…＋(12n＋2－12n＋4)]……………………………………………(8分)＝12(14－12n＋4)＝18－14(n＋2)……………………………………………………………(10分)因为n∈N*，所以1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1<18…………………………………………(12分)11．解(1)∵Sn＝3n，∴Sn－1＝3n－1 (n≥2)．∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－ 1 (n≥2)．……………………………………………(3分)当n＝1时，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，…………………………………………………(4分)∴an＝3，n＝1，2×3n－1，n≥2，n∈N*……………………………………………………(分)(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝，…，bn－bn－1＝2n－3以上各式相加得bn－b1＝1＋3＋＋…＋(2n－3)＝(n－1)(1＋2n－3)2＝(n－1)2∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n………………………………………………………………(7分) (3)由题意得n＝－3，n＝1，2(n－2)×3n－1，n≥2，n∈N*……………………………………………………(9分)当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n－2)×3n－1，∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n－2)×3n，相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2(n－2)×3n∴Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n－1)＝(n－2)×3n－3n－32＝(2n－)3n＋32…………………………………………………(13分)T1＝－3也适合．∴Tn＝(2n－)3n＋32 (n∈N*)．…………………………………………………………(14分)。
高考数学一轮复习 第六章 数列 第四节 数列求和教案 理(含解析)苏教版-苏教版高三全册数学教案
第四节 数列求和1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －1d2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n1－q，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋2n －1＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．常用的裂项公式有：①1nn ＋1＝1n －1n ＋1； ②12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．[小题体验]1．等比数列1,2,4,8，…中从第5项到第10项的和为________． 解析：由a 1＝1，a 2＝2，得q ＝2，∴S 10＝1×1－2101－2＝1 023，S 4＝1×1－241－2＝15，∴S 10－S 4＝1 008. 答案：1 0082．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于________．答案：n 2＋1－12n3．已知数列{}a n 的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，则该数列的前________项之和等于9.解析：由题意知，a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝9，解得n ＝99.答案：991．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n ＋1的式子应进行合并．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项． [小题纠偏]1．设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋10(n ∈N *)，则f (3)＝________.答案：27(87－1)2．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n，则S n ＝________. 答案：(n －1)2n ＋1＋23．求和：11×2＋12×3＋…＋1n －1n＝________.解析：原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1－1n .答案：1－1n考点一 公式法求和 基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(2019·南师大附中月考)《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？”已知“日减功迟”的具体含义是每天比前一天少织同样多的布，则此问题的答案是________日．解析：易知每日织布数量构成一个等差数列，设此数列为{}a n ，则a 1＝5，a n ＝1，S n ＝90，所以n 5＋12＝90，解得n ＝30.答案：302．(2018·无锡期末)设公比不为1的等比数列{a n }满足a 1a 2a 3＝－18，且a 2，a 4，a 3成等差数列，则数列{a n }的前4项和为________．解析：设数列{a n }的公比为q (q ≠1)．由等比数列的性质可得a 1a 2a 3＝a 32＝－18，所以a 2＝－12.因为a 2，a 4，a 3成等差数列，所以2a 4＝a 2＋a 3，即2a 2q 2＝a 2＋a 2q ，化简得2q 2－q －1＝0，即(q －1)(2q ＋1)＝0，解得q ＝－12或q ＝1(舍去)．又因为a 1＝a 2q＝1，所以S 4＝a 11－q 41－q＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝58.答案：583．已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝12，故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8. 设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 11－q n 1－q ＝1×1－2n1－2＝2n－1.[谨记通法]几类可以使用公式法求和的数列(1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解．(2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使用等差数列或等比数列的求和公式．考点二 分组转化法求和重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·天一中学检测)已知数列{a n }的首项a 1＝3，通项a n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且a 1，a 4，a 5成等差数列．求：(1)p ，q 的值；(2)数列{a n }前n 项和S n .解：(1)由a 1＝3，得2p ＋q ＝3，①又由a 4＝24p ＋4q ，a 5＝25p ＋5q ，且a 1＋a 5＝2a 4， 得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ，② 由①②解得p ＝1，q ＝1. (2)由(1)，知a n ＝2n＋n .所以S n ＝(2＋22＋ (2))＋(1＋2＋…＋n )＝21－2n1－2＋n 1＋n2＝2n ＋1－2＋n 2＋n2.[由题悟法]分组转化法求和的常见类型[提醒] 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．[即时应用]1．求数列1＋1，1a ＋4，1a 2＋7，1a 3＋10，…，1an －1＋(3n －2)的前n 项和．解：设数列的通项为a n ，前n 项和为S n ，则a n ＝1a n －1＋(3n －2)，∴S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ＋1a2＋…＋1a n －1＋[1＋4＋7＋…＋(3n －2)]．当a ＝1时，S n ＝n ＋n 1＋3n －22＝3n 2＋n 2；当a ≠1时，S n ＝1－1a n1－1a＋n1＋3n －22＝a n－1a n －a n －1＋n3n －12. 2．(2018·南京四校联考)在等差数列{a n }中，a 2＋a 7＝－23，a 3＋a 8＝－29. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为q 的等比数列，求{b n }的前n 项和S n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差是d . 因为a 3＋a 8－(a 2＋a 7)＝2d ＝－6， 所以d ＝－3，所以a 2＋a 7＝2a 1＋7d ＝－23，解得a 1＝－1， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝－3n ＋2.(2)因为数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为q 的等比数列， 所以a n ＋b n ＝qn －1，即－3n ＋2＋b n ＝qn －1，所以b n ＝3n －2＋q n －1.所以S n ＝[1＋4＋7＋…＋(3n －2)]＋(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1)＝n 3n －12＋(1＋q ＋q2＋…＋qn －1)，故当q ＝1时，S n ＝n 3n －12＋n ＝3n 2＋n 2；当q ≠1时，S n ＝n 3n －12＋1－q n1－q. 考点三 错位相减法求和重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·徐州调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1，n ∈N *.数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)，n ∈N *，且b 1＝1.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝a n ·b n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，对任意的n ∈N *，都有T n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1， 两式相减得a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)两边同除以n (n ＋1)， 得b n ＋1n ＋1－b nn＝1， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 是首项b 1＝1，公差d ＝1的等差数列，所以b n n＝n ， 故数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2. (2)由(1)得c n ＝a n ·b n ＝n ·2n －1，于是T n ＝1×20＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1， 所以2T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，两式相减得－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ×2n＝1－2n1－2－n ×2n，所以T n ＝(n －1)·2n＋1， 由(1)得S n ＝2a n －1＝2n－1， 因为对∀n ∈N *，都有T n ≤nS n －a ， 即(n －1)·2n＋1≤n (2n－1)－a 恒成立， 所以a ≤2n－n －1恒成立， 记c n ＝2n －n －1， 所以a ≤(c n )min ， 因为c n ＋1－c n ＝[2n ＋1－(n ＋1)－1]－(2n －n －1)＝2n－1＞0，从而数列{c n }为递增数列，所以当n ＝1时，c n 取最小值c 1＝0，于是a ≤0， 所以实数a 的取值范围为(－∞，0]．[由题悟法]用错位相减法求和的3个注意事项(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．[即时应用](2019·海门中学月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋n . (1)求{a n }的通项公式a n ；(2)若a k ＋1，a 2k ，a 2k ＋3(k ∈N *)恰好依次为等比数列{b n }的第一、第二、第三项，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n b n 的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋n )－[(n －1)2＋(n －1)]＝2n . 当n ＝1时，符合上式， ∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)由题意知a k ＋1，a 2k ，a 2k ＋3成等比数列，∴a 22k ＝a k ＋1·a 2k ＋3， 即(2·2k )2＝2(k ＋1)·2(2k ＋3)，解得k ＝3. ∴b 1＝a 4＝8，b 2＝a 6＝12，公比q ＝128＝32，∴b n ＝8·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，∴n b n ＝18n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1， ∴T n ＝18×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1. ① ∴23T n ＝18×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋…＋n －1×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n . ② ①－②，得13T n ＝18×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－18×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝38－3＋n 8⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，则T n ＝98－9＋3n 8⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.考点四 裂项相消法求和 题点多变型考点——多角探明[锁定考向]裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列a n 的通项公式，达到求解目的．常见的命题角度有： (1)形如a n ＝1nn ＋k 型； (2)形如a n ＝1n ＋k ＋n型；(3)形如a n ＝n ＋1n 2n ＋22型．[题点全练]角度一：形如a n ＝1nn ＋k型 1．(2019·启东一中检测)在数列{}a n 中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式； (2)设b n ＝S n2n ＋1，求{}b n 的前n 项和T n . 解：(1)∵S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n . 由题意得S n －1·S n ≠0， ∴1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列，∴1S n＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 角度二：形如a n ＝1n ＋k ＋n型2．已知函数f (x )＝x α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S 2 018＝________.解析：由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12.所以a n ＝1fn ＋1＋f n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 018－2 017)＋( 2 019－ 2 018)＝ 2 019－1. 答案： 2 019－1 角度三：形如a n ＝n ＋1n 2n ＋22型3．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n ＜564. 解：(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0， 得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n . 于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n .综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)证明：由于a n ＝2n ， 故b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋22.T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n －12－1n ＋12＋⎦⎥⎤1n2－1n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22＜116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. [通法在握]利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项； (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. [演练冲关](2018·镇江调研)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝ 12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·镇江调研)已知{}a n 是等差数列，S n 为其前n 项和，若a 3＋a 7＝8，则S 9＝_______.解析：在等差数列{}a n 中，由a 3＋a 7＝8，得a 1＋a 9＝8， 所以S 9＝a 1＋a 9×92＝8×92＝36.答案：36 2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为________．解析：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1.答案：n ＋2n－13．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(2n －1)，则该数列的前100项之和为________． 解析：根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100. 答案：1004．(2018·泰州期末)已知数列{}a n 的通项公式为a n ＝n ·2n －1，前n 项和为S n ，则S n ＝________.解析：∵a n ＝n ·2n －1，∴S n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1， 2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，两式相减可得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n，化简可得S n ＝(n －1)2n＋1. 答案：(n －1)2n＋15．已知等比数列{}a n 的公比q ＞1，且a 5－a 1＝30，a 4－a 2＝12，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a na n －1a n ＋1－1的前n 项和为________． 解析：因为a 5－a 1＝30，a 4－a 2＝12， 所以a 1(q 4－1)＝30，a 1(q 3－q )＝12， 两式相除，化简得2q 2－5q ＋2＝0， 解得q ＝12或2，因为q ＞1， 所以q ＝2，a 1＝2. 所以a n ＝2·2n －1＝2n.所以a na n －1a n ＋1－1＝2n2n－12n ＋1－1＝12n －1－12n ＋1－1， 所以T n ＝1－13＋13－17＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1.答案：1－12n ＋1－16．若数列{a n }满足a n －(－1)na n －1＝n (n ≥2)，S n 是{a n }的前n 项和，则S 40＝________. 解析：当n ＝2k 时，即a 2k －a 2k －1＝2k ，① 当n ＝2k －1时，即a 2k －1＋a 2k －2＝2k －1，② 当n ＝2k ＋1时，即a 2k ＋1＋a 2k ＝2k ＋1，③ ①＋②得a 2k ＋a 2k －2＝4k －1， ③－①得a 2k ＋1＋a 2k －1＝1，S 40＝(a 1＋a 3＋a 5＋...＋a 39)＋(a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋...＋a 40)＝1×10＋(7＋15＋23＋ (79)＝10＋107＋792＝440. 答案：440二保高考，全练题型做到高考达标1．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n 2＋2n2＝n 2＋n .答案：n 2＋n2．已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析：由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4， 所以b n ＝(－3)×(－4)n －1，所以|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列． 所以|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝31－4n1－4＝4n－1.答案：4n－13．已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16＝________.解析：根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7. 答案：74．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：因为a n ＋1－a n ＝2n，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－25．(2019·宿迁调研)已知数列{}a n 中，a 1＝1，a 2＝3，若a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0对任意n ∈N *都成立，则数列{}a n 的前n 项和S n ＝________.解析：∵a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0， ∴a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n )，a 2＋a 1＝4.则数列{}a n ＋1＋a n 是首项为4，公比为－1的等比数列， ∴a n ＋1＋a n ＝4×(－1)n －1.当n ＝2k －1时，a 2k ＋a 2k －1＝4×(－1)2k －2＝4.∴S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2k －1＋a 2k )＝4k ＝2n . 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－4.S n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2k －2＋a 2k －1)＝1－4×(k －1)＝5－4k ＝5－4×n ＋12＝3－2n .∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数.答案：⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数6．在等差数列{a n }中，首项a 1＝3，公差d ＝2，若某学生对其中连续10项进行求和，在漏掉一项的前提下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为________．解析：由已知条件可得数列{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1，设连续10项为a i ＋1，a i ＋2，a i ＋3，…，a i ＋10，i ∈N ，设漏掉的一项为a i ＋k,1≤k ≤10，由a i ＋1＋a i ＋10×102－a i ＋k ＝185，得(2i ＋3＋2i ＋21)×5－2i －2k －1＝185，即18i －2k ＝66，即9i －k ＝33，所以34≤9i ＝k ＋33≤43,3＜349≤i ≤439＜5，所以i ＝4，此时，由36＝33＋k 得k ＝3，所以a i ＋k ＝a 7＝15，故此连续10项的和为200.答案：2007．(2019·邵阳模拟)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均属章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知A ，B ，C ，D ，E 五人分5钱，A ，B 两人所得与C ，D ，E 三人所得相同，且A ，B ，C ，D ，E 每人所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．在这个问题中，E 分得________钱．解析：由题意，设A 所得为a －4d ，B 所得为a －3d ，C 所得为a －2d ，D 所得为a －d ，E 所得为a ，则⎩⎪⎨⎪⎧5a －10d ＝5，2a －7d ＝3a －3d ，解得a ＝23，故E 分得23钱．答案：238．已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________． 解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1，所以a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，因为a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13，所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289.答案：1 2899．(2018·苏北四市期末)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a ，(a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝6(S n ＋n )，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对于∀n ∈N *，都有S n ≤n (3n ＋1)成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)当n ＝1时，(a 1＋1)(a 2＋1)＝6(S 1＋1)，故a 2＝5. 当n ≥2时，(a n －1＋1)(a n ＋1)＝6(S n －1＋n －1)，所以(a n ＋1)(a n ＋1＋1)－(a n －1＋1)(a n ＋1)＝6(S n ＋n )－6(S n －1＋n －1)， 即(a n ＋1)(a n ＋1－a n －1)＝6(a n ＋1)．又a n ＞0，所以a n ＋1－a n －1＝6，所以a 2k －1＝a ＋6(k －1)＝6k ＋a －6，a 2k ＝5＋6(k －1)＝6k －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋a －3，n 为奇数，3n －1，n 为偶数.(2)当n 为奇数时，S n ＝12(3n ＋a －2)(n ＋1)－n ，由S n ≤n (3n ＋1)，得a ≤3n 2＋3n ＋2n ＋1恒成立，令f (n )＝3n 2＋3n ＋2n ＋1，则f (n ＋1)－f (n )＝3n 2＋9n ＋4n ＋2n ＋1＞0，所以a ≤f (1)＝4.当n 为偶数时，S n ＝12n (3n ＋a ＋1)－n ，由S n ≤n (3n ＋1)得，a ≤3(n ＋1)恒成立， 所以a ≤9.又a 1＝a ＞0，所以实数a 的取值范围是(0,4]．10．(2019·宿迁中学调研)已知各项均为正数的数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝λa n a n ＋1(λ≠0，n ∈N *)．(1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数λ的值； (2)若λ＝12，求S n .解：(1)令n ＝1，得a 2＝21＋λ. 令n ＝2，得a 2S 3－a 3S 2＋a 2－a 3＝λa 2a 3， 所以a 3＝2λ＋4λ＋12λ＋1.由a 22＝a 1a 3，得⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2＝2λ＋4λ＋12λ＋1， 因为λ≠0，所以λ＝1.(2)当λ＝12时，a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝12a n a n ＋1，所以S n ＋1a n ＋1－S n a n ＋1a n ＋1－1a n ＝12，即S n ＋1＋1a n ＋1－S n ＋1a n ＝12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋1a n 是以2为首项，12为公差的等差数列，所以S n ＋1a n ＝2＋(n －1)·12， 即S n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋32a n ，①当n ≥2时，S n －1＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n2＋1a n －1，② ①－②得，a n ＝n ＋32a n －n ＋22a n －1，即(n ＋1)a n ＝(n ＋2)a n －1，所以a n n ＋2＝a n －1n ＋1(n ≥2)，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋2是常数列，且为13，所以a n ＝13(n ＋2).代入①得S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋32a n －1＝n 2＋5n 6. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·启东检测)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．”如果墙足够厚，S n 为前n 天两只老鼠打洞长度之和，则S n ＝________尺．解析：依题意大老鼠每天打洞的距离构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以前n 天大老鼠打洞的距离共为1×1－2n1－2＝2n－1.同理可得前n 天小老鼠打洞的距离共为1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2－12n －1，所以S n ＝2n －1＋2－12n －1＝2n－12n －1＋1. 答案：2n－12n －1＋12．(2018·苏州高三暑假测试)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ∈N *)，若对任意n ∈N *，总有S n ≤S k ，则k 的值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则a n －S n ＝a 1＋(n －1)d －⎣⎢⎡⎦⎥⎤na 1＋n n －12d ＝－d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32d －a 1n ＋a 1－d ＝n 2－16n ＋15，所以⎩⎪⎨⎪⎧－d2＝1，32d －a 1＝－16，a 1－d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，d ＝－2，所以S n ＝13n ＋n n －12×(－2)＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以(S n )max ＝S 7，所以S n ≤S 7对任意n ∈N *恒成立，所以k 的值为7.答案：73．(2019·南京一模)平面内的“向量列”{a n }，如果对于任意的正整数n ，均有a n ＋1－a n ＝d ，则称此“向量列”为“等差向量列”，d 称为“公差向量”；平面内的“向量列”{b n }，如果对于任意的正整数n ，均有b n ＋1＝q ·b n (q ≠0)，则称此“向量列”为“等比向量列”，常数q 称为“公比”．(1)如果“向量列”{a n }是“等差向量列”，用a 1和“公差向量”d 表示a 1＋a 2＋…＋a n ； (2)已知{a n }是“等差向量列”，“公差向量”d ＝(3,0)，a 1＝(1,1)，a n ＝(x n ，y n )，{b n }是“等比向量列”，“公比”q ＝2，b 1＝(1,3)，b n ＝(m n ，k n )，求a 1·b 1＋a 2·b 2＋…＋a n ·b n .解：(1)∵“向量列”{a n }是“等差向量列”， ∴a 1＋a 2…＋a n ＝n a 1＋(1＋2＋…＋n －1)d ＝n a 1＋n n －12d.(2)∵a 1＝(1,1)，d ＝(3,0)，∴a n ＝(3n －2,1)． ∵b 1＝(1,3)，q ＝2，∴b n ＝(2n －1,3·2n －1)．∴a n ·b n ＝(3n －2,1)·(2n －1,3·2n －1)＝(3n －2)·2n －1＋3·2n －1＝(3n ＋1)·2n －1，设S n ＝a 1·b 1＋a 2·b 2＋…＋a n ·b n ， 则S n ＝＝4·20＋7·21＋…＋(3n ＋1)·2n －1，2S n ＝4·2＋7·22＋…＋(3n ＋1)·2n， 两式相减可得，－S n ＝4＋3(2＋22＋…＋2n －1)－(3n ＋1)·2n＝4＋3·21－2n －11－2－(3n ＋1)·2n ＝(2－3n )·2n－2，∴a 1·b 1＋a 2·b 2＋…＋a n ·b n ＝(3n －2)·2n＋2.。
高考数学(理)一轮规范练【32】数列的通项与求和(含答案)
课时规范练32数列的通项与求和课时规范练第50页一、选择题1.已知函数f(n)=且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于( )A.0B.100C.-100D.10200答案:B解析:由题意,a1+a2+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-…-(99+100)+(101+100)=100.故选B.2.数列1,2,3,4,…的前n项和为( )A. B.-C.-+1D.-答案:C解析:由题意,得a n=n+,∴S n=(1+2+3+…+n)++…++1-.故选C.3.已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*),则数列{a n}的通项公式为( )A.a n=2n-1B.a n=2-C.a n=D.a n=答案:C解析:由题意得+1,则+1=2,易知+1=2≠0,所以数列是以2为首项,2为公比的等比数列,则+1=2n,则a n=.4.在数列{a n}中,已知对任意n∈N*,a1+a2+a3+…+a n=3n-1,则+…+等于( )A.(3n-1)2B.(9n-1)C.9n-1D.(3n-1)答案:B解析:因为a1+a2+…+a n=3n-1,所以a1+a2+…+a n-1=3n-1-1(n≥2).则n≥2时,a n=2·3n-1.当n=1时,a1=3-1=2,适合上式,所以a n=2·3n-1(n∈N*).则数列{}是首项为4,公比为9的等比数列.所以+…+(9n-1).故选B.5.如果一个数列{a n}满足a n+1+a n=h(h为常数,n∈N*),则称数列{a n}为等和数列,h为公和,S n是其前n项和.已知等和数列{a n}中,a1=1,h=-3,则S2015等于( )A.3020B.3021C.-3020D.-3021答案:C解析:由公和h=-3,a1=1,得a2=-4,并且数列{a n}是以2为周期的数列,则S2015=1007(a1+a2)+a1=-3021+1=-3020.6.公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n,若a4是a3与a7的等比中项,且S10=60,则S20等于( )A.80B.160C.320D.640答案:C解析:设数列{a n}的公差为d,d≠0,则=a3a7=(a4-d)(a4+3d),d=(a1+3d),∴d=-a1.∵S10==5(2a1+9d)=10a1+45=-20a1=60,∴a1=-3,d=2,∴S20=320.二、填空题7.在数列{a n}中,a1=1,a2=2,且a n+2-a n=1+(-1)n(n∈N*),则S100=.答案:2600解析:由已知,得a1=1,a2=2,a3-a1=0,a4-a2=2,…a99-a97=0,a100-a98=2,累加得a100+a99=98+3,同理得a98+a97=96+3,…,a2+a1=0+3,则a100+a99+a98+a97+…+a2+a1=+50×3=2600.8.数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a n+1=3S n(n=1,2,3,…),则log4S10=.答案:9解析:∵a n+1=3S n,∴a n=3S n-1(n≥2).两式相减得a n+1-a n=3(S n-S n-1)=3a n,∴a n+1=4a n,即=4.∴{a n}从第2项起是公比为4的等比数列.当n=1时,a2=3S1=3,∴n≥2时,a n=3·4n-2,S10=a1+a2+…+a10=1+3+3×4+3×42+…+3×48=1+3(1+4+…+48)=1+3×=1+49-1=49.∴log4S10=log449=9.9.在等差数列{a n}中,满足3a4=7a7,且a1>0,S n是数列{a n}前n项的和,若S n取得最大值,则n=.答案:9解析:设公差为d,由题设知3(a1+3d)=7(a1+6d),所以d=-a1<0.解不等式a n>0,即a1+(n-1)>0,所以n<,则n≤9,当n≤9时,a n>0,同理可得当n≥10时,a n<0.故当n=9时,S n取得最大值.三、解答题10.设函数f(x)=x m+ax的导函数f'(x)=2x+1,求数列(n∈N*)的前n项和.解:∵f'(x)=mx m-1+a,∴m=2,a=1.∴f(x)=x2+x,f(n)=n2+n.∴.∴S n=+…++…+=1-.11.已知数列{a n}的各项均为正数,S n为其前n项和,对于任意的n∈N*满足关系式2S n=3a n-3.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}的通项公式是b n=,前n项和为T n,求证:对于任意的正整数n,总有T n<1.解：(1)解由已知得(n≥2).故2(S n-S n-1)=2a n=3a n-3a n-1,即a n=3a n-1(n≥2).故数列{a n}为等比数列,且公比q=3.又当n=1时,2a1=3a1-3,∴a1=3.∴a n=3n.(2)证明:∵b n=,∴T n=b1+b2+…+b n=+…+=1-<1.12.已知数列{a n}的前n项和为S n=3n,数列{b n}满足b1=-1,b n+1=b n+(2n-1)(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)求数列{b n}的通项公式b n;(3)若c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解:(1)∵S n=3n,∴S n-1=3n-1(n≥2),∴a n=S n-S n-1=3n-3n-1=2×3n-1(n≥2).当n=1时,2×31-1=2≠S1=a1=3,∴a n=(2)∵b n+1=b n+(2n-1),∴b2-b1=1,b3-b2=3,b4-b3=5,…,b n-b n-1=2n-3.以上各式相加得b n-b1=1+3+5+…+(2n-3)==(n-1)2.∵b1=-1,∴b n=n2-2n.(3)由题意得c n=当n≥2时,T n=-3+2×0×31+2×1×32+2×2×33+…+2(n-2)×3n-1,∴3T n=-9+2×0×32+2×1×33+2×2×34+…+2(n-2)×3n,相减得-2T n=6+2×32+2×33+…+2×3n-1-2(n-2)×3n.∴T n=(n-2)×3n-(3+32+33+…+3n-1)=(n-2)×3n-.∴T n=∴T n=(n∈N*).希望对大家有所帮助，多谢您的浏览！。
高考数学一轮复习课时作业34数列求和与数列的综合应用理(含解析)新人教版
高考数学一轮复习课时作业34数列求和与数列的综合应用理（含解析）新人教版课时作业34 数列求和与数列的综合应用第一次作业 基础巩固练一、选择题1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，则其前20项和为( C )A ．380－35⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1519B ．400－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520C ．420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520D ．440－45⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520解析：令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×20＋12－3×15⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15201－15＝420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520.2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n 为正奇数，a n ＋1，n 为正偶数，则其前6项之和是( C )A ．16B ．20C ．33D ．120解析：由已知得a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，所以S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.3．化简S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是( D )A ．2n ＋1＋n －2B ．2n ＋1－n ＋2C ．2n－n －2D ．2n ＋1－n －2解析：因为S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1，①2S n ＝n ×2＋(n －1)×22＋(n －2)×23＋…＋2×2n －1＋2n，②所以①－②得，－S n ＝n －(2＋22＋23＋ (2))＝n ＋2－2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －2.4．(2019·沈阳市教学质量监测)在各项都为正数的等比数列{a n }中，若a 1＝2，且a 1a 5＝64，则数列{a na n －1a n ＋1－1}的前n 项和是( A )A ．1－12n ＋1－1B ．1－12n ＋1 C ．1－12n＋1D ．1－12n－1解析：∵数列{a n }为等比数列，a n >0，a 1＝2，a 1a 5＝64，∴公比q ＝2，∴a n ＝2n，a na n －1a n ＋1－1＝2n2n－12n ＋1－1＝12n －1－12n ＋1－1.设数列 {a na n －1a n ＋1－1}的前n 项和为T n ，则T n ＝1－122－1＋122－1－123－1＋123－1－124－1＋…＋12n－1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，故选A. 5．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何．”其意思为：今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和，恰好重1斤．问此人总共持金多少．则在此问题中，第5关收税金( B )A.120斤 B.125斤 C.130斤 D.136斤 解析：假设原来持金为x ，则第1关收税金12x ；第2关收税金13(1－12)x ＝12×3x ；第3关收税金14(1－12－16)x ＝13×4x ；第4关收税金15(1－12－16－112)x ＝14×5x ；第5关收税金16(1－12－16－112－120)x ＝15×6x .依题意，得12x ＋12×3x ＋13×4x ＋14×5x ＋15×6x ＝1，即(1－16)x ＝1，56x ＝1，解得x ＝65，所以15×6x ＝15×6×65＝125.故选B.6．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ＋1＋a n ＝2n ＋1，且S n ＝1 350.若a 2<2，则n 的最大值为( A )A ．51B ．52C ．53D ．54解析：因为a n ＋1＋a n ＝2n ＋1 ①， 所以a n ＋2＋a n ＋1＝2(n ＋1)＋1＝2n ＋3 ②，②－①得a n ＋2－a n ＝2，且a 2n －1＋a 2n ＝2(2n －1)＋1＝4n －1，所以数列{a n }的奇数项构成以a 1为首项，2为公差的等差数列，数列{a n }的偶数项构成以a 2为首项，2为公差的等差数列，数列{a 2n －1＋a 2n }是以4为公差的等差数列，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n n ＋12＋a 1－1，n 为奇数，n n ＋12，n 为偶数.当n 为偶数时，n n ＋12＝1 350，无解(因为50×51＝2 550,52×53＝2 756，所以接下来不会有相邻两数之积为2 700)． 当n 为奇数时，n n ＋12＋(a 1－1)＝1 350，a 1＝1 351－n n ＋12，因为a 2<2，所以3－a 1<2，所以a 1>1，所以1 351－n n ＋12>1，所以n (n ＋1)<2 700，又n ∈N *，所以n ≤51，故选A. 二、填空题7．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ＋1(3n －2)，则前100项和S 100等于－150.解析：∵a 1＋a 2＝a 3＋a 4＝a 5＋a 6＝…＝a 99＋a 100＝－3，∴S 100＝－3×50＝－150. 8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n(n ∈N *)，则S 2 018＝3·21_009－3.解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，①∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，②由①÷②得a n ＋1a n －1＝2， ∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S 2 018＝1－21 0091－2＋21－21 0091－2＝3·21009－3.9．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝－63. 解析：解法1：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4； 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8； 当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32.所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.解法2：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×1－261－2＝－63.三、解答题10．(2019·贵阳市监测考试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q >0，S 2＝4，a 3－a 2＝6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：1T 1＋1T 2＋…＋1T n<2.解：(1)∵S 2＝a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝4，a 1q 2－q ＝6，∵q >0，∴q ＝3，a 1＝1，∴a n ＝1×3n －1＝3n －1，即数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)证明：由(1)知b n ＝log 3a n ＋1＝log 33n＝n ，∴b 1＝1，b n ＋1－b n ＝n ＋1－n ＝1， ∴数列{b n }是首项b 1＝1，公差d ＝1的等差数列， ∴T n ＝n n ＋12，则1T n ＝2nn ＋1＝2(1n －1n ＋1)， ∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n ＝2(11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)<2，∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n<2.11．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知得S nn＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n . 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. 而a 1＝1满足上式，所以a n ＝4n －3，n ∈N *. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n(4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×n2＝2n ；当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为偶数，－2n ＋1，n 为奇数.12．(2019·石家庄质量检测(二))已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且m ∈N *)．(1)求m 的值；(2)若数列{b n }满足a n2＝log 2b n (n ∈N *)，求数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和．解：(1)由已知得，a m ＝S m －S m －1＝4， 且a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14， 设数列{a n }的公差为d ， 则有2a m ＋3d ＝14，∴d ＝2. 由S m ＝0，得ma 1＋m m －12×2＝0，即a 1＝1－m ，∴a m ＝a 1＋(m －1)×2＝m －1＝4，∴m ＝5.(2)由(1)知a 1＝－4，d ＝2，∴a n ＝2n －6， ∴n －3＝log 2b n ，得b n ＝2n －3，∴(a n ＋6)·b n ＝2n ×2n －3＝n ×2n －2.设数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和为T n ， 则T n ＝1×2－1＋2×20＋…＋(n －1)×2n －3＋n ×2n －2，①2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1，② ①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ×2n －1＝2－11－2n1－2－n ×2n －1＝2n －1－12－n ×2n －1，∴T n ＝(n －1)×2n －1＋12(n ∈N *)． 第二次作业 高考·模拟解答题体验1．(2019·河北名校联考)已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19.(1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 解：(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19，∴b 1＝1， ∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列，∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3，∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列，∴a n ＝3n . (2)由(1)得，令C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，∴C n ＋1＝(－1)n ＋12n，∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1， ∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列，∴T n ＝－1×[1－－2n]1＋2＝－13[1－(－2)n]．2．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项．(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ； (2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T n K n，求证：c n ＋1>c n (n ∈N *)． 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n ＋1，S n ＝n n ＋32.又b 1＝a 1＝2，b 2＝a 3＝4，所以b n ＝2n，T n ＝2n ＋1－2.(2)证明：因为a n ·b n ＝(n ＋1)·2n，所以K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n，① 所以2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1，所以K n ＝n ·2n ＋1.则c n ＝S n T n K n ＝n ＋32n－12n ＋1，c n ＋1－c n ＝n ＋42n ＋1－12n ＋2－n ＋32n－12n ＋1＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N *)． 3．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由题设知a 1a 4＝a 2a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ， 由a 4＝a 1q 3，得q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1，n ∈N *.(2)S n ＝a 11－q n 1－q＝2n－1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1，n∈N *.4．(2019·石家庄质量检测)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n ，可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n， 又b n ＝a n n ，∴b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1＝121＋122＋…＋12n －1，即b n －b 1＝121－12n －11－12＝1－12n －1，∴b n ＝2－12n －1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列{n2n －1}的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1 ①，12T n ＝121＋222＋323＋…＋n2n ②， ①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1.易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)， ∴S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.5．已知S n 是正项数列{a n }的前n 项和，且2S n ＝a 2n ＋a n ，等比数列{b n }的公比q >1，b 1＝2，且b 1，b 3，b 2＋10成等差数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n ·b n ＋(－1)n·2n ＋1a n ·a n ＋1，记T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n ，求T 2n .解：(1)当n ≥2时，由题意得2S n －2S n －1＝a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1， 2a n ＝a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1，a 2n －a 2n －1－(a n ＋a n －1)＝0，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， ∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1，当n ＝1时，2a 1＝a 21＋a 1，∵a 1>0，∴a 1＝1， ∴数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n .由b 1＝2,2b 3＝b 1＋(b 2＋10)，得2q 2－q －6＝0， 解得q ＝2或q ＝－32(舍)，∴b n ＝b 1q n －1＝2n .(2)由(1)得c n ＝n ·2n＋(－1)n·2n ＋1n n ＋1＝n ·2n ＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1，∴T 2n ＝(1×2＋2×22＋…＋2n ·22n)＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13－13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋12n ＋1＝(1×2＋2×22＋…＋2n ·22n)＋⎝⎛⎭⎪⎫－1＋12n ＋1，记W 2n ＝1×2＋2×22＋…＋2n ·22n， 则2W 2n ＝1×22＋2×23＋…＋2n ·22n ＋1，以上两式相减可得－W 2n ＝2＋22＋ (22)－2n ·22n ＋1＝21－22n1－2－2n ·22n ＋1＝(1－2n )·22n ＋1－2，∴W 2n ＝(2n －1)·22n ＋1＋2，∴T 2n ＝W 2n ＋⎝⎛⎭⎪⎫－1＋12n ＋1＝(2n －1)·22n ＋1＋12n ＋1＋1. 6．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2na n，数列{b n }的前n 项的和为S n ，试求数列{S 2n －S n }的最小值；(3)求证：当n ≥2时，S 2n ≥7n ＋1112. 解：(1)由条件a n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n a n ，得a n ＋1n ＋1＝2·a n n ，又a 1＝2，所以a 11＝2， 因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 构成首项为2，公比为2的等比数列．a n n＝2·2n －1＝2n ，因此，a n ＝n ·2n . (2)由(1)得b n ＝1n，设c n ＝S 2n －S n ，则c n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)， 所以c n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，从而c n ＋1－c n ＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1>12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0， 因此数列{c n }是单调递增的，所以(c n )min ＝c 1＝12.。
高考数学一轮复习第五篇数列(必修5)第4节数列求和习题理(含解析)
3.等差数列{an}的通项公式为an=2n+1,其前n项和为Sn,则数列{ }的前10项的和为( C )
答案: -1
8.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1所有项的和为.
解析:由题意知所求数列的通项为 =2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为 -n=2n+1-2-n.
答案:2n+1-2-n
能力提升(时间:15分钟)
9.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,an+2Sn-1=n,则S2 017的值为( D )
a2=a1+cos 2π=1+1=2,
a3=-a2+cos 3π=-2-1=-3,
a4=a3+cos 4π=-3+1=-2,
a5=-a4+cos 5π=2-1=1,
……
由上可知,数列{an}是以4为周期的周期数列,且a1+a2+a3+a4=-2,
所以S2 017=504(a1+a2+a3+a4)+a1=504×(-2)+1=-1 007.
10.已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=6,S5= ,则数列{ }的前n项和为( B )
(A)1- (B)2-
(C)2- (D)2-
高考数学一轮总复习第六单元数列与算法课时4数列求和课后作业文含解析新人教A版
高考数学一轮总复习第六单元数列与算法课时4数列求和课后作业文含解析新人教A 版数列求和1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 3，则a 6＋a 7＋a 8＋a 9等于(C) A ．729 B ．387 C ．604 D ．854a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 5＝93－53＝604.2．已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的正整数n (A)A ．有最小值63B ．有最大值63C ．有最小值31D ．有最大值31S n ＝log 2(23·34·45·…·n ＋1n ＋2)＝log 22n ＋2<－5， 所以2n ＋2<2－5，所以n ＋2>26，n >62，所以n ≥63. 3．(2018·湖南湘潭三模)已知T n 为数列{2n＋12n }的前n 项和，若m >T 10＋1013恒成立，则整数m 的最小值为(C)A ．1026B ．1025C ．1024D ．1023因为2n＋12n ＝1＋(12)n，所以T n ＝n ＋12＋122＋…＋12n ＝n ＋1－12n .所以T 10＋1013＝11－1210＋1013＝1024－1210.又m >T 10＋1023恒成立，所以整数m 的最小值为1024. 4．(2018·广州市二测)数列{a n }满足a 2＝2，a n ＋2＋(－1)n ＋1a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，S n为数列{a n }的前n 项和，则S 100＝(B)A ．5100B ．2550C ．2500D ．2450当n 为奇数时，a n ＋2＋a n ＝0，即a 3＋a 1＝a 5＋a 3＝…＝a 99＋a 97＝0. 当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2. 即a 4－a 2＝a 6－a 4＝…＝a 100－a 98＝2. 所以S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100) ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100 ＝2＋4＋6＋…＋a 100 ＝2×50＋50×492×2＝2550.5．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若S n ＝10，则n ＝ 120 .a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝n ＋1－1＝10，所以n ＝120.6．设数列{a n }的前n 项和为S n, 若a 2＝12, S n ＝kn 2－1(n ∈N *), 则数列{1S n}的前n 项和为n2n ＋1.由题意知，a 2＝S 2－S 1＝4k －1－(k －1)＝3k ＝12，所以k ＝4.所以S n ＝4n 2－1，则1S n ＝14n 2－1＝12(12n －1－12n ＋1)，则数列{1S n}的前n 项和为1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n 2n ＋1. 7．(2018·深圳一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，证明：1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1<16.(1)当n ≥2时，a n ＋1＝2＋S n ， ①a n ＝2＋S n －1， ②①－②得a n ＋1－a n ＝a n ，所以a n ＋1＝2a n ， 因为n ＝1时，a 2＝2＋2＝4，满足a n ＋1＝2a n ，所以{a n }是首项a 1＝2，公比为2的等比数列， 所以a n ＝2n(n ∈N *)．(2)证明：由(1)得b n ＝1＋log 2(2n )2＝2n ＋1， 1b n b n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12(12n ＋1－12n ＋3)，所以T n ＝12(13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3)＝12(13－12n ＋3)<16.8．设f (x )＝9x9x ＋3，则f (12000)＋f (22000)＋…＋f (19992000)的值为(B)A ．999 B.19992C ．1000 D.20012因为f (x )＝9x9x ＋3，所以f (1－x )＝91－x91－x ＋3＝39x ＋3，所以f (x )＋f (1－x )＝1.设S ＝f (12000)＋f (22000)＋…＋f (19992000)，S ＝f (19992000)＋f (19982000)＋…＋f (12000)， 上述两式相加得2S ＝1×1999＝1999，所以S ＝19992.9．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N )，则数列{1a n }的前10项和为 2011 .由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n －12＋n2＝n 2＋n －22.又因为a 1＝1，所以a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．因为当n ＝1时也满足此式，所以a n ＝n 2＋n2(n ∈N )．所以1a n ＝2n 2＋n ＝2(1n －1n ＋1)．所以S 10＝2(11－12＋12－13＋…＋110－111)＝2(1－111)＝2011.10．(2018·广州二模)已知各项均为正数的数列{a n }满足a 2n ＋1＝3a 2n ＋2a n a n ＋1，且a 2＋a 4＝3(a 3＋3)，其中n ∈N *.(1)证明数列{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)令b n ＝na n, 求数列{b n }的前n 项和S n .(1)由a 2n ＋1＝3a 2n ＋2a n a n ＋1，得a 2n ＋1－2a n a n ＋1－3a 2n ＝0，得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－3a n )＝0，由已知a n >0，得a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1＝3a n . 所以数列{a n }是公比为3的等比数列．由a 2＋a 4＝3(a 3＋3)，得3a 1＋27a 1＝3(9a 1＋3)， 解得a 1＝3，所以a n ＝3n. (2)由b n ＝na n ＝n ·3n，则S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋(n －1)·3n －1＋n ·3n,①3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋(n －1)·3n＋n ·3n ＋1,②①－②得－2S n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1＝31－3n1－3－n ·3n ＋1＝(12－n )·3n ＋1－32. 所以S n ＝(n 2－14)·3n ＋1＋34.。
高三数学一轮专题复习------- 数列的求和(有详细答案)
数列的求和1. 在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2(n ≥1)，则该数列的通项a n ＝________． 答案：a n ＝2n －1解析：由已知{a n }为等差数列，d ＝a n ＋1－a n ＝2， ∴ a n ＝2n －1.2. 已知数列{a n }中，a 1＝1，(n ＋1)a n ＋1＝na n (n ∈N *)，则该数列的通项公式a n ＝________． 答案：a n ＝1n解析：a n a 1＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 2a 1＝1n .3. (必修5P 44习题2(2)改编) 20n =å（1+2 n ）=________．答案：441 解析：20n =å(1＋2n)＝1＋(1＋2×1)＋(1＋2×2)＋…＋(1＋2×20)＝21＋2×20（1＋20）2＝441.4. (必修5P 60复习题8(1)改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 4＝________．答案：45解析：a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴ S 4＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＝45.5. (必修5P 51例3改编) 数列112，214，318，4116，…的前n 项和是 __________．答案：S n ＝n （n ＋1）2＋1－12n解析：S n ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝n （n ＋1）2＋1－12n.1. 当已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项a n .2. 当已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用迭乘法求数列的通项a n .3. (1) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.(2) 等差数列前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2，推导方法：倒序相加法． (3) 等比数列前n 项和S n ＝⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.推导方法：错位相减法．4. 常见数列的前n 项和： (1) 1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2；(2) 2＋4＋6＋…＋2n ＝n(n ＋1)； (3) 1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2；(4) 12＋22＋32＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6．5. (1) 分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(2) 拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．(3) 错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． (4) 倒序相加：例如，等差数列前n 项和公式的推导方法． 6. 常见的拆项公式有：(1) 1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(2) 1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n （n ＋1）（n ＋2）＝12⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）；(4)1a ＋b ＝1a －b(a －b).题型1 求简单数列的通项公式 例1 求下列数列{a n }的通项公式： (1) a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ＋1； (2) a 1＝1，a n ＋1＝2n a n . 解：(1) a n ＝n 2(2) a n ＝2n （n －1）2变式训练求下列数列{a n }的通项公式： (1) a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1； (2) a 1＝1，a n ＋1＝2a n2＋a n ；(3) a 1＝2，a n ＋1＝a 2n . 解：(1) a n ＝2n －1 (2) a n ＝2n ＋1(3) a n ＝22n －1 题型2 分组转化求和例2 求下面数列的前n 项和： 112，314，518，7116， … 解：S n ＝112＋314＋518＋7116＋…＋⎣⎡⎦⎤（2n －1）＋12n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋…＋12n ＝n[1＋（2n －1）]2＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n 2－12n ＋1.备选变式（教师专享）已知a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5n ＋1，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(1) 求数列{a n }的前10项和S 10；(2) 求数列{a n }的前2k 项和S 2k .解：(1) S 10＝(6＋16＋26＋36＋46)＋(2＋22＋23＋24＋25) ＝5（6＋46）2＋2（1－25）1－2＝192.(2) 由题意知数列{a n }的前2k 项中，k 个奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，k 个偶数项组成首项为2，公比为2的等比数列．∴ S 2k ＝[6＋16＋...＋(10k －4)]＋(2＋22＋ (2))＝k[6＋（10k －4）]2＋2（1－2k ）1－2＝5k 2＋k ＋2k ＋1－2.题型3 裂项相消求和例3 求下面各数列的前n 项和： (1)11×5，13×7，15×9，17×11，… (2) 2222－1，4242－1，6262－1，8282－1，…解：(1) ∵ a n ＝1（2n －1）（2n ＋3）＝14(12n －1－12n ＋3)，∴ S n ＝14(1－15＋13－17＋15－19＋…＋12n －3－12n ＋1＋12n －1－12n ＋3)＝14(1＋13－12n ＋1－12n ＋3)＝n （4n ＋5）3（2n ＋1）（2n ＋3）. (2) ∵ a n ＝（2n ）2（2n －1）（2n ＋1）＝1＋1（2n －1）（2n ＋1）＝1＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴ S n ＝n ＋12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝2n （n ＋1）2n ＋1. 备选变式（教师专享） 求1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n .解：∵a k ＝2⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1，∴S n ＝2n n ＋1.题型4 倒序相加求和例4 设f(x)＝13x ＋3，求f(－12)＋f(－11)＋f(－10)＋…＋f(0)＋…＋f(11)＋f(12)＋f(13)的值．解：∵ f(x)＋f(1－x)＝33，∴ 原式＝1333. 备选变式（教师专享）一个等差数列前4项之和为26，最末4项之和为110，所有项之和为187，则它的项数为________．答案：11解析：∵a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝26，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝110，∴a 1＋a n ＝26＋1104＝34.又S n ＝n （a 1＋a n ）2＝187，∴n ＝11. 题型5 错位相减求和 例5 在各项均为正数的等比数列{a n }中，已知a 2＝2a 1＋3，且3a 2，a 4，5a 3成等差数列．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝log 3a n ，求数列{a n b n }的前n 项和S n . 解：(1) 设{a n }公比为q ，由题意得q>0，且⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 1＋3，3a 2＋5a 3＝2a 4，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（q －2）＝3，2q 2－5q －3＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3或⎩⎨⎧a 1＝－65，q ＝－12(舍)，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3·3n －1＝3n ，n ∈N (2) 由(1)可得b n ＝log 3a n ＝n ，所以a n b n ＝n·3n . 所以S n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n ，所以3S n ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n ＋1，两式相减得，2S n ＝－3－(32＋33＋…＋3n )＋n·3n ＋1＝－(3＋32＋33＋…＋3n )＋n·3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ·3n ＋1＝3＋（2n －1）·3n ＋12，所以数列{a n b n }的前n 项和S n ＝3＋（2n －1）·3n ＋14.备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n －1. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若b n ＝log 13(S n ＋1)，求数列{b n a n }的前n 项和T n .解：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n －1)－(3n －1－1)＝2×3n －1，综上所述，a n ＝2×3n －1.(2) b n ＝log 1(S n ＋1)＝log 13n ＝－n ，所以b n a n ＝－2n ×3n －1，T n ＝－2×1－4×31－6×32－…－2n ×3n －1，3T n ＝－2×31－4×32－…－2(n －1)×3n －1－2n ×3n ， 相减，得－2T n ＝－2×1－2×31－2×32－…－2×3n －1＋2n ×3n＝－2×(1＋31＋32＋…＋3n －1)＋2n ×3n ， 所以T n ＝(1＋31＋32＋…＋3n －1)－n ×3n＝1－3n1－3－n ×3n＝－（2n －1）×3n ＋12，n ∈N *.1. 数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N )．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝________．答案：3解析：已知b n ＝2n －8，a n ＋1－a n ＝2n －8，由叠加法(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝－6－4－2＋0＋2＋4＋6＝0a 8＝a 1＝3.2. (2013·大纲)等差数列{a n }中，a 7＝4，a 19＝2a 9. (1) 求{a n }的通项公式； (2) 设b n ＝1na n，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧a 7＝4，a 19＝2a 9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝4，a 1＋18d ＝2（a 1＋8d ）.解得a 1＝1，d ＝12.所以{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12. (2) b n ＝1na n ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1，所以S n ＝⎝⎛⎭⎫21－22＋⎝⎛⎭⎫22－23＋…＋⎝⎛⎭⎫2n －2n ＋1 ＝2n n ＋1. 3. (2013·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0，2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N(1) 求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2) 求数列{na n }的前n 项和．解：(1) ∵ S 1＝a 1.∴ 当n ＝1时，2a 1－a 1＝S 1·S 1a 1≠0，a 1＝1. 当n>1时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －a 1S 1－2a n －1－a 1S 1＝2a n －2a n －1a n ＝2a n －1{a n }是首项为a 1＝1公比为q ＝2的等比数列，a n ＝2n －1，n ∈N *.(2) 设T n ＝1·a 1＋2·a 2＋3·a 3＋…＋n·a n qT n ＝1·qa 1＋2·qa 2＋3·qa 3＋…＋n·qa n qT n ＝1·a 2＋2·a 3＋3·a 4＋…＋n·a n ＋1， 上式左右错位相减：(1－q)T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －na n ＋1＝a 11－q n1－q －na n ＋1＝2n －1－n·2nT n ＝(n －1)·2n ＋1，n ∈N *.4. 已知等差数列{a n }前三项之和为－3，前三项积为8. (1) 求等差数列{a n }的通项公式；(2) 若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和．解：(1) 设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.∴ a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2) 当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4，2不成等比数列； 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1，2，－4成等比数列，满足条件．当|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.n ＝1，S 1＝4；n ＝2时，S 2＝5；当n ≥3时，S n ＝|a 1|＋…＋|a n |＝32n 2－112n ＋10.又n ＝2满足此式，∴ S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），32n 2－112n ＋10（n ＞1）.1. 已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，求a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100的值．解：由题意得a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×49×（2＋98）2＋100＝5 000.2. 已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项的乘积T n ＝⎝⎛⎭⎫14n 2－6n (n ∈N *)，b n ＝log 2 a n ，则数列{b n }的前n 项和S n 取最大时，n ＝________．答案：3解析：当n ＝1时，a 1＝T 1＝45＝210，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝⎝⎛⎭⎫14n 2－6n －（n －1）2＋6（n －1）＝⎝⎛⎭⎫142n －7＝214－4n，此式对n ＝1也成立，所以a n ＝214－4n，从而b n ＝log 2a n ＝14－4n ，可以判断数列{b n }是首项为10，公差为－4的等差数列，因此S n ＝－2n 2＋12n ，故当n ＝3时，S n 有最大值．3. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切正整数n ，点P n (n ，S n )都在函数f(x)＝x 2＋2x 的图象上，且在点P n (n ，S n )处的切线的斜率为k n .(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若b n ＝2k n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解： (1) ∵ 点P n (n ，S n )在函数f(x)＝x 2＋2x 的图象上，∴ S n ＝n 2＋2n(n ∈N *)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2) 由f(x)＝x 2＋2x ，求导得f′(x)＝2x ＋2. ∵ 在点P n (n ，S n )处的切线的斜率为k n ， ∴ k n ＝2n ＋2，∴ b n ＝2k n a n ＝4·(2n ＋1)·4n ，∴ T n ＝4×3×4＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n ＋1)×4n ，用错位相减法可求得T n ＝6n ＋19·4n ＋2－169.4. 已知等差数列{a n }是递增数列，且满足a 4·a 7＝15，a 3＋a 8＝8. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 令b n ＝19a n －1a n(n ≥2)，b 1＝13，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1) 根据题意：a 3＋a 8＝8＝a 4＋a 7，a 4·a 7＝15，知：a 4，a 7是方程x 2－8x ＋15＝0的两根，且a 4<a 7，解得a 4＝3，a 7＝5，设数列{a n }的公差为d ，由a 7＝a 4＋(7－4)·d ，得d ＝23.故等差数列{a n }的通项公式为a n ＝a 4＋(n －4)·d ＝3＋23(n －4)＝2n ＋13.(2) 当n ≥2时，b n ＝19a n －1a n ＝19⎝⎛⎭⎫23n －13⎝⎛⎭⎫23n ＋13＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.又b 1＝13＝12⎝⎛⎭⎫1－13， ∴ S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.1. a n 的两种常见变形a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)(累加法) a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…a na n －1(累乘法)2. 数列求和的方法技能① 倒序相加 ② 错位相减 ③ 分组求和 ④ 拆项相消3. 方程思想、函数思想、化归思想、整体思想、分类讨论等数学思想在数列中均得到广泛应用，尤其是运用化归的思想将问题转化为等差、等比数列问题来研究是解决数列综合问题的最基本思维方法．。
高考一轮数学复习 3-3等比数列 理 同步练习(名师解析)
第3章 第3节 知能训练·提升考点一：判断或证明数列是等比数列1．关于数列有下面四个判断：①若a ，b ，c ，d 成等比数列，则a ＋b ，b ＋c ，c ＋d 也成等比数列； ②若数列{a n }既是等差数列也是等比数列，则{a n }为常数列；③若数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n－1(a ∈R )，则{a n }为等差或等比数列； ④若数列{a n }为等差数列，且公差不为零，则数列{a n }中不会有a m ＝a n (m ≠n )． 其中正确判断的序号是________(注：把你认为是正确判断的序号都填上)． 答案：②④2．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，S n ＝p n (p ∈R ，n ∈N *)，判断{a n }是否成等比数列． 解：当n ＝1时，S 1＝a 1＝p ；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝p n －p n －1＝(p －1)p n －1.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧p (n ＝1)，(p －1)p n －1(n ≥2).∴a 2＝(p －1)p ，a 3＝(p －1)p 2. (1)若p ＝1或p ＝0有a 2＝a 3＝0， 此时{a n }不是等比数列；(2)若p ≠0且p ≠1，则a 2a 1＝p －1，a 3a 2＝p .∵p －1≠p ，∴数列{a n }也不是等比数列． ∴综上可知，数列{a n }不是等比数列．考点二：等比数列的基本量的有关计算3．(2010·湖北调研)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 9＝－36，S 13＝－104，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，则b 6等于( )A ．4 2B ．－4 2C ．±4 2D ．±2 2 解析：由S 9＝9a 5＝－36，得a 5＝－4，∴b 5＝－4. 由S 13＝13a 7＝－104，得a 7＝－8，∴b 7＝－8. ∴b 26＝b 5·b 7＝32. ∴b 6＝±4 2. 答案：C4．(2010·内蒙古赤峰)已知等比数列{a n }，a 2＝8，a 5＝512. (1)求{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝8，a 5＝512，可得a 1q ＝8，a 1q 4＝512. 解得a 1＝2，q ＝4.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1.(2)由a n ＝2×4n －1，得b n ＝log 2a n ＝2n －1.所以数列{b n }是首项b 1＝1，公差d ＝2的等差数列．故S n ＝1＋2n －12×n ＝n 2，即数列{b n }的前n 项和S n ＝n 2.考点三：利用等比数列性质解题5．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1、a 99是方程x 2－10x ＋16＝0的两个根，则a 40a 50a 60的值为( )A ．32B ．64C ．±64 D．256解析：∵a 1，a 99是方程x 2－10x ＋16＝0的两个根， ∴a 1·a 99＝16. ∴a 250＝a 1·a 99＝16. 又a n ＞0，∴a 50＝4.∴a 40a 50a 60＝a 350＝43＝64. 答案：B6．(2010·重庆模拟)已知数列{a n }是等比数列，且a 4·a 5·a 6·a 7·a 8·a 9·a 10＝128，则12a 7＝________. 解析：∵a 4·a 5·a 6·a 7·a 8·a 9·a 10＝128，又a 4·a 10＝a 5·a 9＝a 6·a 8＝a 27，∴a 77＝128.∴a 7＝2，∴12a 7＝1.答案：1考点四：等比数列综合问题7．(2010·云南昆明)三个实数a ，b ，c 成等比数列，若有a ＋b ＋c ＝1成立，则b 的取值范围是( )A ．[－13，1]B ．(0，13]C ．[－1,0)∪(0，13]D ．[－13，0)∪(0,1]解析：本题主要考查等比数列的定义以及一元二次方程有解的充要条件．因为a ，b ，c 成等比数列，所以a ，b ，c 均不为0且c ＝b 2a ，代入a ＋b ＋c ＝1，得a ＋b＋b 2a－1＝0，整理得a 2＋(b －1)a ＋b 2＝0，此方程有实数解，即Δ＝(b －1)2－4b 2≥0，解得－1≤b ≤13.又b ≠0，所以－1≤b ＜0或0＜b ≤13.故选C.答案：C8．(2010·嘉兴模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，{b n }为等差数列且各项均为正数，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)，T 3＝15.(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)若a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n . 解：(1)证明：a 2＝2S 1＋1＝3＝3a 1；当n ≥2时，a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，，即a n ＋1a n＝3. ∴数列{a n }是公比为3的等比数列．(2)由(1)得a n ＝3n －1.设数列{b n }的公差为d (d ＞0)， ∵T 3＝15，∴b 2＝5.依题意有(a 2＋b 2)2＝(a 1＋b 1)(a 3＋b 3)， ∴64＝(5－d ＋1)(5＋d ＋9)，d 2＋8d －20＝0，得d ＝2，或d ＝－10(舍去)．故T n ＝3n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋2n .1.(2009·广东)已知等比数列{a n }满足a n ＞0，n ＝1,2，…，且a 5·a 2n －5＝22n(n ≥3)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝( )A ．(n －1)2B ．n 2C ．(n ＋1)2D ．n (2n －1)解析：∵a 5·a 2n －5＝22n ＝a 2n ，a n ＞0，∴a n ＝2n，∴log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝log 2(a 1a 3…a n －1)＝log 221＋3＋…＋(2n －1)＝log 22n 2＝n 2.故选B. 答案：B2．(2009·湖北)已知数列{a n }满足：a 1＝m (m 为正整数)，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2， 当a n 为偶数时，3a n ＋1， 当a n 为奇数时.若a 6＝1，则m 所有可能的取值为________．解析：根据题意可知，当a n 为奇数时，a n ＋1为偶数，∴由a 6＝1为奇数可以判定a 5为偶数，∴a 5＝2a 6＝2.又当a n ＋1为偶数时，若a n ＋1是被3除余1的数，则a n 为奇数或偶数，否则a n 仍为偶数．a 4可能为奇数也可能为偶数，∴a 4＝4，依次有a 3＝1，a 2＝2，a 1＝4，即m ＝4.或者a 3＝8，a 2＝16，a 1＝32或a 1＝5. 答案：4,5,323．(2009·浙江)设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________.解析：a 4＝a 1(12)3＝18a 1，S 4＝a 1(1－124)1－12＝158a 1，∴S 4a 4＝15.答案：154．(2009·江苏)设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |＞1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)．若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.解析：∵b n ＝a n ＋1，∴a n ＝b n －1，而{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中， ∴{a n }有连续四项在集合{－54，－24,18,36,81}中． ∵{a n }是公比为q 的等比数列，|q |＞1，∴{a n }中的连续四项依次为－24,36，－54,81，∴q ＝－3624＝－32，∴6q ＝－9.答案：－95．(2009·上海)已知{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．(1)若a n ＝3n ＋1，是否存在m 、k ∈N *，有a m ＋a m ＋1＝a k ？请说明理由；(2)找出所有数列{a n }和{b n }，使对一切n ∈N *，a n ＋1a n＝b n ，并说明理由； (3)若a 1＝5，d ＝4，b 1＝q ＝3，试确定所有的p ，使数列{a n }中存在某个连续p 项的和是数列{b n }中的一项，请证明．解：(1)由a m ＋a m ＋1＝a k ，得6m ＋5＝3k ＋1，整理后，可得k －2m ＝43，∵m 、k ∈N *，∴k －2m 为整数．∴不存在m 、k ∈N *，使等式成立．(2)解法一：若a n ＋1a n ＝b n ，即a 1＋nd a 1＋(n －1)d＝b 1q n －1，(*)(i)若d ＝0，则1＝b 1q n －1＝b n .当{a n }为非零常数项，{b n }为恒等于1的常数列，满足要求．(ii)若d ≠0，(*)式等号左边取极限得lim n →∞ a 1＋nda 1＋(n －1)d＝1，(*)式等号右边的极限只有当q ＝1时，才可能等于1.此时等号左边是常数，∴d ＝0，矛盾．综上所述，只有当{a n }为非零常数列，{b n }为恒等于1的常数列，满足要求．解法二：设a n ＝nd ＋c .若a n ＋1a n＝b n ，对n ∈N *都成立，且{b n }为等比数列， 则a n ＋2a n ＋1a n ＋1a n＝q ，对n ∈N *都成立，即a n a n ＋2＝qa 2n ＋1. ∴(dn ＋c )(dn ＋2d ＋c )＝q (dn ＋d ＋c )2对n ∈N *都成立， ∴d 2＝qd 2.(i)若d ＝0，则a n ＝c ≠0，∴b n ＝1，n ∈N *.(ii)若d ≠0，则q ＝1，∴b n ＝m (常数)，即dn ＋d ＋cdn ＋c＝m ，则d ＝0，矛盾．综上所述，有a n ＝c ≠0，b n ＝1，使对一切n ∈N *，a n ＋1a n＝b n .(3)a n ＝4n ＋1，b n ＝3n ，n ∈N *，设a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋p ＝b k ＝3k ，p 、k ∈N *，m ∈N . 4(m ＋1)＋1＋4(m ＋p )＋12p ＝3k ，∴4m ＋2p ＋3＝3kp .∵p 、k ∈N *，∴p ＝3s，s ∈N .取k ＝3s ＋2,4m ＝32s ＋2－2×3s－3＝(4－1)2s ＋2－2×(4－1)s－3≥0，由二项展开式可得正整数M 1、M 2，使得(4－1)2s ＋2＝4M 1＋1，2×(4－1)s ＝8M 2＋(－1)s2，∴4m ＝4(M 1－2M 2)－((－1)s＋1)2， ∴存在整数m 满足要求，故当且仅当p ＝3s，s ∈N 时，命题成立.1.设数列{a n }是公比大于1的等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q ＞1，∴q ＝2.∴a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由于b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，由(1)得a 3n ＋1＝23n，∴b n ＝ln23n＝3n ln2. 又b n ＋1－b n ＝3ln2，∴数列{b n }是等差数列．∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (b 1＋b n )2＝n (3ln2＋3n ln2)2＝3n (n ＋1)2ln2.故T n ＝3n (n ＋1)2ln2.。
2011年江西省高考数学试卷(理科)答案与解析
2011年江西省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）1．（5分）（2011•江西）若，则复数=（）A．﹣2﹣i B．﹣2+i C．2﹣i D．2+i【考点】复数代数形式的乘除运算．【专题】计算题．【分析】直接对复数的分母、分子同乘i，然后化简，求出复数z的共轭复数．【解答】解：==2﹣i所以=2+i故选D【点评】本题是基础题，考查复数代数形式的乘除混合运算，考查计算能力，常考题型．2．（5分）（2011•江西）若集合A={x|﹣1≤2x+1≤3}，，则A∩B=（）A．{x|﹣1≤x＜0} B．{x|0＜x≤1} C．{x|0≤x≤2} D．{x|0≤x≤1}【考点】交集及其运算．【专题】计算题．【分析】根据已知条件我们分别计算出集合A，B，然后根据交集运算的定义易得到A∩B 的值．【解答】解：∵A={x|﹣1≤2x+1≤3}={x|﹣1≤x≤1}，={x|0＜x≤2}故A∩B={x|0＜x≤1}，故选B【点评】本题考查的知识点是交集及其运算，其中根据已知条件求出集合A，B是解答本题的关键．3．（5分）（2011•江西）若f（x）=，则f（x）的定义域为（）A．（，0）B．（，0]C．（，+∞）D．（0，+∞）【考点】函数的定义域及其求法．【专题】计算题．【分析】求函数的定义域即求让函数解析式有意义的自变量x的取值范围，由此可以构造一个关于x的不等式，解不等式即可求出函数的解析式．【解答】解：要使函数的解析式有意义自变量x须满足：即0＜2x+1＜1解得故选A【点评】本题考查的知识点是函数的定义域及其求法，其中根据让函数解析式有意义的原则构造关于x的不等式，是解答本题的关键．4．（5分）（2011•江西）若f（x）=x2﹣2x﹣4lnx，则f′（x）＞0的解集为（）A．（0，+∞）B．（﹣1，0）∪（2，+∞）C．（2，+∞）D．（﹣1，0）【考点】导数的加法与减法法则；一元二次不等式的解法．【专题】计算题．【分析】由题意，可先求出函数的定义域及函数的导数，再解出不等式f′（x）＞0的解集与函数的定义域取交集，即可选出正确选项．【解答】解：由题，f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=2x﹣2﹣，令2x﹣2﹣＞0，整理得x2﹣x﹣2＞0，解得x＞2或x＜﹣1，结合函数的定义域知，f′（x）＞0的解集为（2，+∞）．故选：C．【点评】本题考查导数的加法与减法法则，一元二次不等式的解法，计算题，基本题型，属于基础题．5．（5分）（2011•江西）已知数列{a n}的前n项和S n满足：S n+S m=S n+m，且a1=1，那么a10=（）A．1 B．9 C．10 D．55【考点】等比数列的前n项和；数列的求和．【专题】计算题．【分析】根据题意，用赋值法，令n=1，m=9可得：s1+s9=s10，即s10﹣s9=s1=a1=1，进而由数列的前n项和的性质，可得答案．【解答】解：根据题意，在s n+s m=s n+m中，令n=1，m=9可得：s1+s9=s10，即s10﹣s9=s1=a1=1，根据数列的性质，有a10=s10﹣s9，即a10=1，故选A．【点评】本题考查数列的前n项和的性质，对于本题，赋值法是比较简单、直接的方法．6．（5分）（2011•江西）变量X与Y相对应的一组数据为（10，1），（11.3，2），（11.8，3），（12.5，4），（13，5），变量U与V相对应的一组数据为（10，5），（11.3，4），（11.8，3），（12.5，2），（13，1）．r1表示变量Y与X之间的线性相关系数，r2表示变量V与U之间的线性相关系数，则（）A．r2＜r1＜0 B．0＜r2＜r1C．r2＜0＜r1D．r2=r1【考点】相关系数．【专题】计算题．【分析】求两组数据的相关系数的大小和正负，可以详细的解出这两组数据的相关系数，现分别求出两组数据的两个变量的平均数，利用相关系数的个数代入求出结果，进行比较．【解答】解：∵变量X与Y相对应的一组数据为（10，1），（11.3，2），（11.8，3），（12.5，4），（13，5），=11.72∴这组数据的相关系数是r=，变量U与V相对应的一组数据为（10，5），（11.3，4），（11.8，3），（12.5，2），（13，1），∴这组数据的相关系数是﹣0.3755，∴第一组数据的相关系数大于零，第二组数据的相关系数小于零，故选C．【点评】本题考查用相关系数来衡量两个变量之间相关关系，当相关系数为正时，表示两个变量正相关，也利用散点图判断两个变量之间是否有相关关系．7．（5分）（2011•江西）观察下列各式：55=3125，56=15625，57=78125，…，则52011的末四位数字为（）A．3125 B．5625 C．0625 D．8125【考点】归纳推理．【专题】计算题．【分析】根据所给的以5 为底的幂的形式，在写出后面的几项，观察出这些幂的形式是有一定的规律的每四个数字是一个周期，用2011除以4看出余数，得到结果．【解答】解：∵55=3125，56=15625，57=78125，58=390625，59=1953125，510=9765625，511=48828125…可以看出这些幂的最后4位是以4为周期变化的，∵2011÷4=502…3，∴52011的末四位数字与57的后四位数相同，是8125，故选D．【点评】本题考查归纳推理，考查幂的周期性，这种题目的解法一般是看出式子的变化规律，根据规律做出要求的结果．8．（5分）（2011•江西）已知α1，α2，α3是三个相互平行的平面，平面α1，α2之间的距离为d1，平面α2，α3之前的距离为d2，直线l与α1，α2，α3分别相交于P1，P2，P3．那么“P1P2=P2P3”是“d1=d2”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】综合题．【分析】由已知中α1，α2，α3是三个相互平行的平面，平面α1，α2之间的距离为d1，平面α2，α3之前的距离为d2，直线l与α1，α2，α3分别相交于P1，P2，P3，结合面面平行的性质，我们分别判断“P1P2=P2P3”⇒“d1=d2”及“d1=d2”⇒“P1P2=P2P3”的真假，结合充要条件的定义，即可得到答案．【解答】解：由已知中α1，α2，α3是三个相互平行的平面，且平面α1，α2之间的距离为d1，平面α2，α3之前的距离为d2，又由直线l与α1，α2，α3分别相交于P1，P2，P3．则“P1P2=P2P3”⇒“d1=d2”为真命题且“d1=d2”⇒“P1P2=P2P3”是真命题故“P1P2=P2P3”是“d1=d2”的充分必要条件故选C．【点评】判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q 的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q 为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．9．（5分）（2011•江西）若曲线C1：x2+y2﹣2x=0与曲线C2：y（y﹣mx﹣m）=0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（）A．（﹣，）B．（﹣，0）∪（0，）C．[﹣，]D．（﹣∞，﹣）∪（，+∞）【考点】圆的一般方程；圆方程的综合应用．【专题】压轴题；数形结合．【分析】由题意可知曲线C1：x2+y2﹣2x=0表示一个圆，曲线C2：y（y﹣mx﹣m）=0表示两条直线y=0和y﹣mx﹣m=0，把圆的方程化为标准方程后找出圆心与半径，由图象可知此圆与y=0有两交点，由两曲线要有4个交点可知，圆与y﹣mx﹣m=0要有2个交点，根据直线y﹣mx﹣m=0过定点，先求出直线与圆相切时m的值，然后根据图象即可写出满足题意的m的范围．【解答】解：由题意可知曲线C1：x2+y2﹣2x=0表示一个圆，化为标准方程得：（x﹣1）2+y2=1，所以圆心坐标为（1，0），半径r=1；C2：y（y﹣mx﹣m）=0表示两条直线y=0和y﹣mx﹣m=0，由直线y﹣mx﹣m=0可知：此直线过定点（﹣1，0），在平面直角坐标系中画出图象如图所示：直线y=0和圆交于点（0，0）和（2，0），因此直线y﹣mx﹣m=0与圆相交即可满足条件．当直线y﹣mx﹣m=0与圆相切时，圆心到直线的距离d==r=1，化简得：m2=，解得m=±，而m=0时，直线方程为y=0，即为x轴，不合题意，则直线y﹣mx﹣m=0与圆相交时，m∈（﹣，0）∪（0，）．故选B．【点评】此题考查学生掌握直线与圆的位置关系，考查了数形结合的数学思想，是一道中档题．本题的突破点是理解曲线C2：y（y﹣mx﹣m）=0表示两条直线．10．（5分）（2011•江西）如图，一个直径为1的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点．那么，当小圆这样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大致是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象与图象变化．【专题】压轴题；数形结合．【分析】根据已知中直径为1的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方向滚动，M和N 是小圆的一条固定直径的两个端点．我们分析滚动过程中，M，N的位置与大圆及大圆圆心的重合次数，及点M，N运动的规律，并逐一对四个答案进行分析，即可得到答案．【解答】解：如图，由题意可知，小圆O1总与大圆O相内切，且小圆O1总经过大圆的圆心O．设某时刻两圆相切于点A，此时动点M所处位置为点M′，则大圆圆弧与小圆点M转过的圆弧相等．以切点A在如图上运动为例，记直线OM与此时小圆O1的交点为M1，记∠AOM=θ，则∠OM1O1=∠M1OO1=θ，故∠M1O1A=∠M1OO1+∠OM1O1=2θ．大圆圆弧的长为l1=θ×1=θ，小圆圆弧的长为l2=2θ×=θ，即l1=l2，∴小圆的两段圆弧与圆弧长相等，故点M1与点M′重合，即动点M在线段MO上运动，同理可知，此时点N在线段OB上运动．点A在其他象限类似可得，M、N的轨迹为相互垂直的线段．观察各选项，只有选项A符合．故选A．【点评】本题考查的知识点是函数的图象与图象变化，其中分析出M，N的位置与大圆及大圆圆心的重合次数，以及点M转过的弧长与切点转过的弧长相等是解答本题的关键．二、填空题（共5小题，每小题5分，满分25分）11．（5分）（2011•江西）已知==2，•=﹣2，则与的夹角为．【考点】数量积表示两个向量的夹角．【专题】计算题．【分析】利用向量的运算律将向量的等式展开，利用向量的平方等于向量模的平方，求出两个向量的数量积；利用向量的数量积公式求出两个向量的夹角余弦，求出夹角．【解答】解：设两个向量的夹角为θ∵∴∵∴∴∴故答案为【点评】本题考查向量的运算律、考查向量模的性质：向量模的平方等于向量的平方、考查利用向量的数量积公式求向量的夹角余弦．12．（5分）（2011•江西）小波通过做游戏的方式来确定周末活动，他随机地往单位圆内投掷一点，若此点到圆心的距离大于，则周末去看电影；若此点到圆心的距离小于，则去打篮球；否则，在家看书．则小波周末不在家看书的概率为．【考点】几何概型．【专题】计算题．【分析】根据题意，计算可得圆的面积为π，点到圆心的距离大于的面积为，此点到圆心的距离小于的面积为，由几何概型求概率即可．【解答】解：圆的面积为π，点到圆心的距离大于的面积为，此点到圆心的距离小于的面积为，由几何概型得小波周末不在家看书的概率为P=故答案为：【点评】本题考查几何概型问题，属基础知识的考查．13．（5分）（2011•江西）如图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是10．【考点】程序框图．【专题】图表型．【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算并输出S值．模拟程序的运行过程，用表格对程序运行过程中各变量的值进行分析，不难得到最终的输出结果．【解答】解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：S n 是否继续循环循环前0 1第一圈0 2 是第二圈 3 3 是第三圈 5 4 是第四圈10 5 否此时S值为10．故答案为：10．【点评】本题主要考查了直到型循环结构，循环结构有两种形式：当型循环结构和直到型循环结构，当型循环是先判断后循环，直到型循环是先循环后判断，属于基础题．14．（5分）（2011•江西）若椭圆的焦点在x轴上，过点（1，）做圆x2+y2=1的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆的方程是．【考点】椭圆的标准方程．【专题】计算题；压轴题．【分析】设出切点坐标，利用切点与原点的连线与切线垂直，列出方程得到AB的方程，将右焦点坐标及上顶点坐标代入AB的方程，求出参数c，b；利用椭圆中三参数的关系求出a．，求出椭圆方程．【解答】解：设切点坐标为（m，n）则即∵m2+n2=1∴m即AB的直线方程为2x+y﹣2=0∵线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点∴2c﹣2=0；b﹣2=0解得c=1，b=2所以a2=5故椭圆方程为故答案为【点评】本题考查圆的切线的性质、椭圆中三参数的关系：a2=b2+c215．（5分）（2011•江西）（1）（坐标系与参数方程选做题）若曲线的极坐标方程为p=2sinθ+4cosθ，以极点为原点，极轴为x轴正半轴建立直角坐标系，则该曲线的直角坐标方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=5．（2）（不等式选做题）对于实数x，y，若|x﹣1|≤1，|y﹣2|≤1，则|x﹣2y+1|的最大值为5．【考点】简单曲线的极坐标方程；绝对值不等式．【专题】计算题；压轴题．【分析】（1）把曲线的极坐标方程ρ=2sinθ+4cosθ两边同时乘以ρ，再把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入化简．（2）先由条件得到0≤x≤2，1≤y≤3，再根据|x﹣2y+1|≤|x|+2|y|+1，求得|x﹣2y+1|的最大值．【解答】解：（1）∵曲线的极坐标方程为ρ=2sinθ+4cosθ，∴ρ2=2ρ sinθ+4ρ cosθ，∴x2+y2=2y+4x，∴（x﹣2）2+（y﹣1）2=5．故答案为：（x﹣2）2+（y﹣1）2=5．（2）|x﹣1|≤1，|y﹣2|≤1，即0≤x≤2，1≤y≤3，则|x﹣2y+1|=|x﹣1﹣2y+4﹣2|≤|x﹣1|+2|y﹣2|+2≤1+2×1+2=5，∴|x﹣2y+1|的最大值为5，故答案为：5．【点评】本题考查极坐标与直角坐标的互化，以及绝对值不等式的性质的应用．三、解答题（共6小题，满分75分）16．（12分）（2011•江西）某饮料公司招聘了一名员工，现对其进行一项测试，以便确定工资级别．公司准备了两种不同的饮料共8杯，其颜色完全相同，并且其中4杯为A饮料，另外4杯为B饮料，公司要求此员工一一品尝后，从8杯饮料中选出4杯A饮料．若4杯都选对，则月工资定位3500元；若4杯选对3杯，则月工资定为2800元，否则月工资定为2100元，今X表示此人选对A饮料的杯数，假设此人对A和B两种饮料没有鉴别能力．（1）求X的分布列；（2）求此员工月工资的期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【专题】计算题；应用题．【分析】（1）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，由古典概型分别求出概率，列出分布列即可．（2）由（1）可知此员工月工资Y的所有可能取值有3500、2800、2100，Y取每个值时对应（1）中的X取某些值的概率，列出Y的分布列，求期望即可．【解答】解：（1）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，P（X=0）==P（X=1）==P（X=2）==P（X=3）==P（X=4）==（2）此员工月工资Y的所有可能取值有3500、2800、2100，P（Y=3500）=P（X=4）==P（Y=2800）=P（X=3）==P（Y=2100）=P（X=0）+P（X=1）+P（X=2）=EY==2280【点评】本题考查古典概型、组合数、离散型随机变量及分布列，考查利用所学知识解决问题的能力．17．（12分）（2011•江西）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知sinC+cosC=1﹣sin（1）求sinC的值（2）若a2+b2=4（a+b）﹣8，求边c的值．【考点】余弦定理；半角的三角函数；正弦定理．【专题】计算题．【分析】（1）利用二倍角公式将已知等式化简；将得到的式子平方，利用三角函数的平方关系求出sinC．（2）利用求出的三角函数的值将角C的范围缩小，求出C的余弦；将已知等式配方求出边a，b；利用余弦定理求出c【解答】解：（1）∵∴∴∴∴∴∴∴（2）由得即∴∵a2+b2=4（a+b）﹣8∴（a﹣2）2+（b﹣2）2=0∴a=2，b=2由余弦定理得∴【点评】本题考查三角函数的二倍角公式、同角三角函数的平方关系、考查三角形中的余弦定理．18．（12分）（2011•江西）已知两个等比数列{a n}，{b n}，满足a1=a（a＞0），b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3．（1）若a=1，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}唯一，求a的值．【考点】等比数列的性质；等比数列的通项公式．【专题】计算题；方程思想．【分析】（1）设等比数列{a n}的公比为q，根据“b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3．且{b n}为等比数列，由等比中项，可解得公比，从而求得通项．（2）由（1）知（2+aq）2=（1+a）（3+aq2）整理得：aq2﹣4aq+3a﹣1=0，易知方程有一零根，从而求得结果．【解答】解：（1）设等比数列{a n}的公比为q，又∵b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3．且{b n}为等比数列，且b1=2，b2=2+q，b3=3+q2，∴（2+q）2=2（3+q2）∴q=2±∴（2）由（1）知（2+aq）2=（1+a）（3+aq2）整理得：aq2﹣4aq+3a﹣1=0∵a＞0，∴△=4a2+4a＞0∵数列{a n}唯一，∴方程必有一根为0，得a=．【点评】本题主要考查等比数列的通项，等比中项及方程思想，属中档题．19．（12分）（2011•江西）设f（x）=﹣x3+x2+2ax（1）若f（x）在（，+∞）上存在单调递增区间，求a的取值范围．（2）当0＜a＜2时，f（x）在[1，4]的最小值为﹣，求f（x）在该区间上的最大值．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．【专题】计算题．【分析】（1）利用函数递增，导函数大于0恒成立，求出导函数的最大值，使最大值大于0．（2）求出导函数的根，判断出根左右两边的导函数的符号，求出端点值的大小，求出最小值，列出方程求出a，求出最大值．【解答】解：（1）f′（x）=﹣x2+x+2af（x）在存在单调递增区间∴f′（x）≥0在有解∵f′（x）=﹣x2+x+2a对称轴为∴递减∴f′（x）＜f′（）=+2a，由0＜+2a，解得a＞﹣．（2）当0＜a＜2时，△＞0；f′（x）=0得到两个根为；（舍）∵∴时，f′（x）＞0；时，f′（x）＜0当x=1时，f（1）=2a+；当x=4时，f（4）=8a＜f（1）当x=4时最小∴=解得a=1所以当x=时最大为【点评】本题考查利用导函数求参数的范围、利用导函数求函数的单调性、求函数的最值．20．（13分）（2011•江西）P（x0，y0）（x0≠±a）是双曲线E：上一点，M，N分别是双曲线E的左右顶点，直线PM，PN的斜率之积为．（1）求双曲线的离心率；（2）过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，C为双曲线上一点，满足，求λ的值．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；双曲线的简单性质．【专题】计算题；综合题；压轴题；整体思想．【分析】（1）根据P（x0，y0）（x0≠±a）是双曲线E：上一点，代入双曲线的方程，M，N分别是双曲线E的左右顶点，直线PM，PN的斜率之积为，求出直线PM，PN的斜率，然后整体代换，消去x0，y0，再由c2=a2+b2，即可求得双曲线的离心率；（2）根据过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线，写出直线的方程，联立直线与双曲线的方程，消去y，得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理，及A，B，C为双曲线上的点，注意整体代换，并代入，即可求得λ的值．【解答】解：（1）∵P（x0，y0）（x0≠±a）是双曲线E：上一点，∴，①由题意又有，②联立①、②可得a2=5b2，c2=a2+b2，则e=，（2）联立，得4x2﹣10cx+35b2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1•x2=，设=（x3，y3），，即又C为双曲线上一点，即x32﹣5y32=5b2，有（λx1+x2）2﹣5（λy1+y2）2=5b2，化简得：λ2（x12﹣5y12）+（x22﹣5y22）+2λ（x1x2﹣5y1y2）=5b2，又A（x1，y1），B（x2，y2）在双曲线上，所以x12﹣5y12=5b2，x22﹣5y22=5b2，而x1x2﹣5y1y2=x1x2﹣5（x1﹣c）（x2﹣c）=﹣4x1x2+5c（x1+x2）﹣5c2=﹣4+5c﹣5c2=﹣35b2=•6b2﹣35b2=10b2，得λ2+4λ=0，解得λ=0或﹣4．【点评】此题是个难题．本题考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．其中问题（2）考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力，21．（14分）（2011•江西）（1）如图，对于任一给定的四面体A1A2A3A4，找出依次排列的四个相互平行的α1，α2，α3，α4，使得A i∈αi（i=1，2，3，4），且其中每相邻两个平面间的距离都相等；（2）给定依次排列的四个相互平行的平面α1，α2，α3，α4，其中每相邻两个平面间的距离都为1，若一个正四面体A1A2A3A4的四个顶点满足：A i∈αi（i=1，2，3，4），求该正四面体A1A2A3A4的体积．【考点】平面与平面之间的位置关系．【专题】证明题；压轴题；转化思想．【分析】（1）先取A1A4的三等分点p2，p3，A1A3的中点M，A2A4，的中点N，过三点A2，P2，M，作平面α2，过三点p3，A3，N作平面α3，先得到两个平行平面，再过点A1，A4，分别作平面α1，α4，与平面α3平行即可．（2）直接利用（1）中的四个平面以及四面体，建立出以△A2A3A4的中心O为坐标原点，以直线A4O为y轴，直线OA1为Z轴的直角坐标系，求出各点对应坐标，求出平面A3P3N 的法向量，利用α1，α2，α3，α4相邻平面之间的距离为1求出正四面体的棱长，进而代入体积公式求出体积即可．【解答】解：（1）如图所示，取A1A4的三等分点p2，p3，A1A3的中点M，A2A4，的中点N，过三点A2，P2，M，作平面α2，过三点A3，P3，N作平面α3，因为A2P2∥NP3，A3P3∥MP2，所以平面α2∥α3，再过点A1，A4，分别作平面α1，α4，与平面α3平行，那么四个平面α1，α2，α3，α4依次互相平行，由线段A1A4被平行平面α1，α2，α3，α4截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故α1，α2，α3，α4为所求平面．（2）：当（1）中的四面体为正四面体，若所得的四个平行平面每相邻两平面之间的距离为1，则正四面体A1A2A3A4就是满足题意的正四面体．设正四面体的棱长为a，以△A2A3A4的中心O为坐标原点，以直线A4O为y轴，直线OA1为Z轴建立如图所示的右手直角坐标系，则A1（0，0，a），A2（﹣，a，0），A3（，a，0），A4（0，﹣a，0）．令P2，P3为．A1A4的三等分点，N为A2A4的中点，有P3（0，a，a），N（﹣，﹣a，0），所以=（﹣，a，﹣a），=（a，a，0），=（﹣，a，0）设平面A3P3N的法向量=（x，y，z），有即，所以=（1，﹣，﹣）．因为α1，α2，α3，α4相邻平面之间的距离为1，所以点A4到平面A3P3N 的距离=1，解得a=，由此可得，边长为的正四面体A1A2A3A4满足条件．所以所求四面体的体积V=Sh=××a=a3=．【点评】本题考查平面和平面之间的关系以及四面体的体积公式的应用．是道难题，第一问的关键点在与设出A2A4的三等分点p2，p3，过这二个点先作两个过已知点的平行平面，另两个平面就好求了．。
高考数学一轮知能训练 第五章 数列 第4讲 数列的求和(含解析)-人教版高三全册数学试题
第4讲 数列的求和1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，则S 20172017＝( )A ．1009B ．1008C ．2D ．12．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }前n 项的和为( )A ．4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 B ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1C ．1－1n ＋1 D.12－1n ＋13．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则数列{|a n |}的前n 项和T n 等于( ) 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 ＞34．已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2018＝( )A ．3B ．2C ．1D ．05．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2 D ．2n －1－26．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的有( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋3为等比数列 B ．{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C ．{a n }为递增数列D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4 7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)na n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 8．(2017年新课标Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则11nk kS=∑＝________.9．(2019年新课标Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和．10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1＋n －2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 2(a n －1)，求T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1.11．(2018年某某)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．12．(2018年某某)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)， ⅰ)求T n ；ⅱ)证明：21()(1)(2)nk k k k T b b k k +=+++∑＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．第4讲 数列的求和1．A 解析：S 2017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2016＋a 2017) ＝(2×0＋1)＋(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2016＋1) ＝1＋2×2016＋1×10092＝2017×1009， ∴S 20172017＝1009.故选A. 2．A 解析：∵a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n n ＋12n ＋1＝n 2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1. 3．C 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 ＞3.4．A 解析：∵a n ＋1＝a n －a n －1，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，…，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0.故S 2018＝336×0＋a 2017＋a 2018＝a 1＋a 2＝3.5．C 解析：∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.6．ABD7．480 解析：∵a n ＋2＋(－1)na n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…. ∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，…. ∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8，S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，….∴该数列构成以4为首项，4为公差的等差数列． ∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480.8.2nn ＋1解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋4×32d ＝10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.数列{a n }的前n 项和为S n ＝na 1＋n n －12d ＝n n ＋12，1S k ＝2kk ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，则11nk kS =∑＝2⎝ ⎛1－12＋12－⎭⎪⎫13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1. 9．解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得 2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0. 解得q ＝－2(舍去)或q ＝4. 因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1， ∴数列{}b n 的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.10．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝2n ＋1＋n －2，S n －1＝2n＋n －1－2，得a n ＝2n＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝3， 综上所述，a n ＝2n＋1.(2)由b n ＝log 2(a n －1)＝log 22n＝n .T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1nn ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝n n ＋1. 11．解：(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，∴a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，∵q >1，∴q ＝2.(2)设＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{}前n 项和为S n .由＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.解得＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1，∴b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，∴b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.12．(1)解：设等比数列{a n }的公比为q . 由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0. ∵q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d ， 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6， 可得3b 1＋13d ＝16， 从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n . ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)ⅰ)解：由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n－1，故T n ＝1(n k =∑2k－1)＝12nk =∑k－n ＝2×1－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.ⅱ)证明：∵T k ＋b k ＋2b kk ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1， ∴1nk =∑T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.。
2021年高考一轮数学复习 3-4数列求和 理 同步练习（名师解析）
第3章 第4节 知能训练·提升考点一：利用等差、等比数列的求和公式求和1．等差数列{a n }中，若a 10＝10，a 19＝100，前n 项和S n ＝0，则n ＝( )A ．7B ．9C ．17D ．19 答案：C2．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n ＞1020，那么n 的最小值是( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n－1，∴S n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2(2n－1)2－1－n＝2n ＋1－2－n .S n ＞1020 即2n ＋1－2－n ＞1020. ∵210＝1024,1024－2－9＝1013＜1020. 故n min ＝10. 答案：D考点二：裂项法求和3．求和：S n ＝221·3＋423·5＋625·7＋…＋(2n )2(2n －1)(2n ＋1).解：对通项a n ＝(2n )2(2n －1)(2n ＋1)变形，寻找规律．a n ＝(2n )2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝1＋12(12n －1－12n ＋1)．∴S n ＝n ＋12(1－13＋13－15＋……＋12n －1－12n ＋1)＝n ＋12(1－12n ＋1)＝2n 2＋2n 2n ＋1.4．设f (x )＝x a (x ＋2)，x ＝f (x )有唯一解，f (x 1)＝11 003，f (x n )＝x n ＋1(n ∈N *)．(1)求x 2004的值；(2)若a n ＝4x n －4009，且b n ＝a 2n ＋1＋a 2n 2a n ＋1a n(n ∈N *)，求证：b 1＋b 2＋…＋b n －n ＜1.解：(1)由x ＝xa (x ＋2)，得ax (x ＋2)＝x ，∴ax 2＋(2a －1)x ＝0，∴当且仅当a ＝12时，x ＝f (x )有唯一解x ＝0.从而f (x )＝2xx ＋2.又由已知f (x n )＝x n ＋1，得2x nx n ＋2＝x n ＋1.∴1x n ＋1＝12＋1x n ，即1x n ＋1－1x n ＝12(n ∈N *)． ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 是首项为1x 1，公差为12的等差数列，∴1x n ＝1x 1＋n －12＝2＋(n －1)x 12x 1， ∴x n ＝2x 1(n －1)x 1＋2.∵f (x 1)＝11 003，∴2x 1x 1＋2＝11 003，即x 1＝22 005.∴x n ＝2×22 005(n －1)·22 005＋2＝2n ＋2 004，故x 2 004＝22 004＋2 004＝12 004.(2)证明：∵x n ＝2n ＋2 004，∴a n ＝n ＋2 0042×4－4 009＝2n －1，∴b n ＝a 2n ＋a 2n ＋12a n a n ＋1＝(2n －1)2＋(2n ＋1)22(2n －1)(2n ＋1)＝4n 2＋14n 2－1＝1＋2(2n －1)(2n ＋1)＝1＋12n －1－12n ＋1，∴b 1＋b 2＋…＋b n －n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1－12n ＋1－n ＝1－12n ＋1＜1.考点三：分组法求和、错位相减求和 5．求和：(1)S n ＝1＋11＋111＋…＋；(2)S n ＝(x ＋1x )2＋(x 2＋1x 2)2＋…＋(x n＋1xn )2.解：(1)∵a n ＝19(10n－1)，∴S n ＝1＋11＋111＋…＋ ＝19[(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n－1)] ＝19[(10＋102＋ (10))－n ] ＝19[10(10n －1)9－n ]＝10n ＋1－9n －1081. (2)当x ＝±1时，∵(x n＋1xn )2＝4，∴S n ＝4n ，当x ≠±1时，∵a n ＝x 2n＋2＋1x 2n，∴S n ＝(x 2＋x 4＋…＋x 2n)＋2n ＋(1x 2＋1x 4＋…＋1x2n )＝x 2(x 2n －1)x 2－1＋x －2(1－x －2n)1－x －2＋2n ＝(x 2n －1)(x 2n ＋2＋1)x 2n (x 2－1)＋2n ，所以当x ＝±1时，S n ＝4n ；当x ≠±1时，S n ＝(x 2n －1)(x 2n ＋2＋1)x 2n (x 2－1)＋2n .6．若数列{a n }的通项公式为a n ＝n2n ，则前n 项和为( )A ．S n ＝1－12nB ．S n ＝2－12n －1－n2nC ．S n ＝n (1－12n )D ．S n ＝2－12n －1＋n2n解析：∵a n ＝n2n ，∴S n ＝1×12＋2×122＋…＋n ×12n ，①12S n ＝1×122＋2×123＋…＋(n －1)×12n ＋n ×12n ＋1，② ①－②，得12S n ＝12＋122＋…＋12n －n2n ＋1，∴S n ＝1＋12＋…＋12n －1－n2n＝1－12n1－12－n 2n ＝2－12n －1－n 2n .答案：B 7．(2010·潍坊质检)已知等差数列{a n }和正项等比数列{b n }，a 1＝b 1＝1，a 3＋a 5＋a 7＝9，a 7是b 3和b 7的等比中项．(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)若c n ＝2a n ·b 2n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由题设知a 3＋a 5＋a 7＝9，∴3a 5＝9，∴a 5＝3.则d ＝a 5－a 14＝12，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋12.∴a 7＝4.又∵a 27＝b 3·b 7＝16，∴b 25＝b 3·b 7＝16， 又b 5＞0，∴b 5＝4，∴q 4＝b 5b 1＝4，又q ＞0，∴q ＝2，∴b n ＝b 1·q n －1＝.(2)c n ＝2a n ·b 2n ＝(n ＋1)·2n －1，∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝2＋3·2＋4·22＋…＋(n ＋1)·2n －1，①2T n ＝2·2＋3·22＋…＋n ·2n －1＋(n ＋1)·2n，②①－②得，－T n ＝2＋2＋22＋…＋2n －1－(n ＋1)·2n＝1－2n1－2－(n ＋1)·2n ＋1＝－n ·2n . ∴T n ＝n ·2n.考点四：数列求和综合问题8．设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝ca n ＋1－c ，n ∈N *，其中a ，c 为实数且c ≠0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a ＝12，c ＝12，b n ＝n (1－a n )，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)若0＜a n ＜1对任意n ∈N *成立，证明0＜c ≤1. 解：(1)解法一：∵a n ＋1－1＝c (a n －1)，∴当a ≠1时，{a n －1}是首项为a －1，公比为c 的等比数列．∴a n －1＝(a －1)c n －1，即a n ＝(a －1)c n －1＋1. 当a ＝1时，a n ＝1仍满足上式． ∴数列{a n }的通项公式为 a n ＝(a －1)c n －1＋1(n ∈N *)． 解法二：由题设得：n ≥2时，a n －1＝c (a n －1－1)＝c 2(a n －2－1)＝… ＝c n －1(a 1－1)＝(a －1)c n －1.∴a n ＝(a －1)c n －1＋1.n ＝1时，a 1＝a 也满足上式． ∴{a n }的通项公式为a n ＝(a －1)c n －1＋1(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝n (1－a )c n －1＝n (12)n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋2(12)2＋…＋n (12)n， 12S n ＝(12)2＋2(12)3＋…＋(n －1)(12)n ＋n (12)n ＋1， ∴12S n ＝12＋(12)2＋…＋(12)n －n (12)n ＋1， ∴S n ＝1＋12＋(12)2＋…＋(12)n －1－n (12)n＝2[1－(12)n ]－n (12)n.∴S n ＝2－(2＋n )(12)n.(3)由(1)知a n ＝(a －1)c n －1＋1.若0＜(a －1)c n －1＋1＜1，则0＜(1－a )c n －1＜1.∵0＜a 1＝a ＜1，∴0＜c n －1＜11－a(n ∈N *)．由c n －1＞0对任意n ∈N *成立，知c ＞0. 下证c ≤1.用反证法．解法一：假设c ＞1.由函数f (x )＝c x 的函数图象知，当n 趋于无穷大时，c n －1趋于无穷大．∴c n －1＜11－a不能对n ∈N *恒成立，导致矛盾．∴c ≤1，∴0＜c ≤1.解法二：假设c ＞1，∵c n －1＜11－a， ∴log c cn －1＜log c 11－a ，即n －1＜log c 11－a(n ∈N *) (*)恒成立．∵a ，c 为常数，∴(*)式对n ∈N *不能恒成立，导致矛盾，∴c ≤1，∴0＜c ≤1.1.(2009·福建)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝4，则公差d 等于( )A ．1 B.53C ．2D ．3解析：∵S 3＝(a 1＋a 3)×32＝6，而a 3＝4，∴a 1＝0，∴d ＝a 3－a 12＝2.答案：C2．(2009·安徽)已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99.以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值的n 是( )A ．21B ．20C ．19D ．18 解析：∵{a n }为等差数列， ∴a 1＋a 3＋a 5＝105⇒a 3＝35， a 2＋a 4＋a 6＝99⇒a 4＝33， d ＝a 4－a 3＝33－35＝－2， ∴{a n }是递减数列．a n ＝a 3＋(n －3)d ＝35＋(n －3)×(－2)＝－2n ＋41，a n ≥0，－2n ＋41≥0，n ≤412，∴当n ≤20时，a n ＞0，∴n ＝20时，S n 最大，故选B. 答案：B3．(2009·辽宁)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( )A ．2 B.73 C.83D ．3解析：由等比数列的性质：S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，于是，由 S 6＝3S 3，可推出S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3， ∴S 9S 6＝73.故选B. 答案：B4．(2009·江苏)设{a n }是公差不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，满足a 22＋a 23＝a 24＋a 25，S 7＝7.(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2)试求所有的正整数m ，使得a m a m ＋1a m ＋2为数列{a n }中的项． 解：(1)设公差为d ，则a 22－a 25＝a 24－a 23.由性质得－3d (a 4＋a 3)＝d (a 4＋a 3)，因为d ≠0，所以a 4＋a 3＝0，即2a 1＋5d ＝0.又由S 7得7a 1＋7×62d ＝7.解得a 1＝－5，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，前n 项和S n ＝n 2－6n . (2)a n a m ＋1a n ＋2＝(2m －7)(2m －5)2m －5.令2m －3＝t ·a m a m ＋1a m ＋2＝(t －4)(t －2)t ＝t ＋8t－6，因为t 是奇数，所以t 可取的值为±1.当t ＝1，m ＝2时，t ＋8t－6＝3,2×5－7＝3是数列{a n }中的项：t ＝－1，m ＝1时，t ＋8t－6＝－15，数列{a n }中的最小项是－5不符合，所以满足条件的正整数m ＝2.1.数列{a n }中，a 1＝1，a n ，a n ＋1是方程x 2－(2n ＋1)x ＋1b n＝0的两个根，则数列{b n }的前n 项和S n 等于( )A.n 2n ＋1 B.n n ＋1 C.12n ＋1 D.1n ＋1解析：∵a n ，a n ＋1是方程x 2－(2n ＋1)x ＋1b n＝0的两个根， ∴a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，a n ·a n ＋1＝1b n.∴b n ＝1a n ·a n ＋1.又a 1＝1，∴a 2＝2，a 3＝3，…，a n ＝n .∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案：B2．在等差数列{a n }中，a 5＝5，S 3＝6.(1)若T n 为数列{1a n a n ＋1}的前n 项和，求T n ； (2)若a n ＋1≥λT n 对任意正整数成立，求实数λ的最大值．解：(1)设首项为a 1，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，3a 1＋3(3－1)2d ＝6.解得a 1＝1，d ＝1.∴a n ＝n .∵1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n(n ＋1).(2)若使a n ＋1≥λT n ，即n ＋1≥λnn ＋1， ∴λ≤(n ＋1)2n.又(n ＋1)2n＝n ＋1n ＋2≥4，当且仅当n ＝1n，即n ＝1时取等号，∴λ的最大值为4.。
高考数学一轮复习 3.4 数列求和课时闯关 文(含解析)新人教A版
2014届高考数学一轮复习 3.4 数列求和课时闯关 文（含解析）新人教A 版一、选择题1．已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和，若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．35B ．33C ．31D ．29 解析：选C.设公比为q (q ≠0)，则由a 2·a 3＝2a 1知a 1q 3＝2，∴a 4＝2.又a 4＋2a 7＝52，∴a 7＝14.∴a 1＝16，q ＝12.∴S 5＝a 1－q51－q ＝16[1－125]1－12＝31.2．设数列{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则a b 1＋a b 2＋…＋a b 10等于( )A ．1 033B ．1 034C ．2 057D ．2 058解析：选A.由题意知a n ＝n ＋1，b n ＝2n －1，∴ab n ＝2n －1＋1.∴a b 1＋a b 2＋…＋a b 10＝(20＋1)＋(21＋1)＋…＋(29＋1)＝－2101－2＋10＝210＋9＝1 033，故选A.3．数列{a n }中，a 1＝1，a n 、a n ＋1是关于x 的方程x 2－(2n ＋1)x ＋1b n＝0的两个根，则数列{b n }的前n 项和S n 等于( )A.12n ＋1B.1n ＋1C.n2n ＋1D.nn ＋1解析：选D.a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，a n a n ＋1＝1b n ，b n ＝1a n a n ＋1，由a 1＝1，得a 2＝2，a 3＝3，S 1＝b 1＝1a 1a 2＝12，排除A 、C. S 2＝b 1＋b 2＝1a 1a 2＋1a 2a 3＝11×2＋12×3＝23，排除B ，故选D.4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－ 1x f x －＋x 把函数g (x )＝f (x )－x ＝0的根按从小到大的顺序排成一个数列{a n }，该数列的前n 项和S n 为( )A.n n －2B ．n (n －1)(n ∈N *)C ．n －1D ．2n－2解析：选A.据已知函数关系式可得：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1x，2x －10<x，2x －2＋ 1x，…此时易知方程g (x )＝f (x )－x ＝0的前几个…根依次为0,1,2，…即每个根都是前一个根向右移动一个单位得到，{a n }是以0为首项，公差为1的等差数列，∴a n ＝n －1.∴S n ＝n n －2.5．(2012·高考四川卷)设函数f (x )＝2x －cos x ，{a n }是公差为π8的等差数列，f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 5)＝5π，则[f (a 3)]2－a 1a 5＝( )A ．0 B.116π2C.18π2D.1316π2 解析：选D.∵{a n }是公差为π8的等差数列，∴a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝2a 3，且a 1＝a 3－π4，a 2＝a 3－π8，a 4＝a 3＋π8，a 5＝a 3＋π4.∵f (x )＝2x －cos x ，∴f (a 1)＋f (a 5)＝2a 1－cos a 1＋2a 5－cos a 5 ＝2(a 1＋a 5)－(cos a 1＋cos a 5)＝4a 3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－π4＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋π4 ＝4a 3－2cos a 3cos π4＝4a 3－2cos a 3，f (a 2)＋f (a 4)＝2a 2－cos a 2＋2a 4－cos a 4 ＝2(a 2＋a 4)－(cos a 2＋cos a 4)＝4a 3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－π8＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＋π8 ＝4a 3－2cos a 3cos π8.∴f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋f (a 4)＋f (a 5)＝10a 3－cos a 3－⎝⎛⎭⎪⎫2＋2cos π8cos a 3 ＝10a 3－⎝⎛⎭⎪⎫1＋2＋2cos π8cos a 3＝5π， ∴a 3＝π2，∴f (a 3)＝2×π2－cos π2＝π.∴a 1＝π2－π4＝π4，a 5＝π2＋π4＝34π.∴[f (a 3)]2－a 1a 5＝π2－34π×π4＝1316π2.二、填空题6．数列12，34，78， (2)－12n ，…的前n 项和S n ＝________.解析：∵a n ＝2n－12n ＝1－12n ，∴S n ＝(1－12)＋(1－14)＋(1－18)＋…＋(1－12n )＝n －(121＋122＋…＋12n )＝n ＋12n －1.答案：n ＋12n －17．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列{1b n b n ＋1}的前n 项和S n ＝__________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3. 所以a n ＝a 1qn －1＝3×3n －1＝3n，故b n ＝log 3a n ＝n ， 所以1b n b n ＋1＝1n n ＋＝1n －1n ＋1.则数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1. 答案：nn ＋18．若数列{a n }的各项按如下规则排列：12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n ，设T n ＝12＋13＋23＋14＋…＋1n ＋2n ＋…＋n －1n，则T n ＝__________.解析：a 1＝12，a 2＋a 3＝13＋23＝1，a 4＋a 5＋a 6＝14＋24＋34＝64＝32，1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝n n －2·n ＝n －12， ∴12，(13＋23)，(14＋24＋34)，…，(1n ＋2n ＋…＋n －1n)， ∴T n 是以12为首项，公差为12的等差数列的前n －1项和，∴T n ＝12＋1＋32＋…＋n －12＝n 2－n 4.答案：n 2－n 4三、解答题9．已知等比数列{a n }中，a 1＝13，公比q ＝13.(1)S n 为{a n }的前n 项和，证明：S n ＝1－a n2；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{b n }的通项公式．解：(1)证明：因为a n ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝13n ，S n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝1－13n 2，所以S n ＝1－a n2.(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n n ＋2，所以{b n }的通项公式为b n ＝－n n ＋2.10．已知：等差数列{a n }中，a 1＝1，S 3＝9，其前n 项和为S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2nn ＋S n，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题知，a 1＝1,3a 1＋3d ＝9，所以d ＝2，所以数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故a n ＝2n －1.(2)由(1)易得，S n ＝n 2，∴b n ＝2n n ＋S n ＝2n n ＋，∴T n ＝21×2＋22×3＋…＋2n n ＋＝2(11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)＝2nn ＋1.故T n ＝2nn ＋1.11．(探究选做)已知函数f (x )对任意实数p ，q 都满足：f (p ＋q )＝f (p )·f (q )，且f (1)＝13. (1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝nf (n )(n ∈N *)，S n 是数列{a n }的前n 项的和，求证：S n <34.解：(1)由题意知，f (n ＋1)＝f (n )·f (1)，f (1)＝13，∴f (n ＋1)＝13f (n )(n ∈N *)，∴数列{f (n )}(n ∈N *)是以f (1)＝13为首项，以13为公比的等比数列，∴f (n )＝13×(13)n －1，即f (n )＝(13)n (n ∈N *)．(2)证明：由(1)知，a n ＝n (13)n，则S n ＝1×13＋2×(13)2＋3×(13)3＋…＋(n －1)(13)n －1＋n (13)n，①13S n ＝1×(13)2＋2×(13)3＋3×(13)4＋…＋(n －1)·(13)n ＋n (13)n ＋1，② ①－②得： 23S n ＝13＋(13)2＋(13)3＋…＋(13)n －n (13)n ＋1 ＝13[1－13n ]1－13－n (13)n ＋1＝12[1－(13)n ]－n (13)n ＋1， ∴S n ＝34－34(13)n －n 2(13)n.∵n ∈N *，∴S n <34.。
高考数学一轮复习第六章数列第四节数列求和课后作业理
——教学资料参考参考范本——高考数学一轮复习第六章数列第四节数列求和课后作业理______年______月______日____________________部门一、选择题1．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为( )A.或5B.或5C.D.158 2．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝( )A．15 B．12 C．－12 D．－153．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝4，S4＝10，则数列的前2 015项和为( )A. B. C. D.2 0172 0164．(20xx·太原模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an，则S2 015＝( )A．31 008－2 B．2×31 008C. D.32 015＋125．(20xx·常德模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 015的值为( )A．2 015 B．2 013 C．1 008D．1 007二、填空题6．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2 016项的和等于________．7．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.8．在公差d<0的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2,5a3成等比数列，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝________.三、解答题9．已知数列是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求数列的通项公式；(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.10．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝Tn为{cn}的前n项和，求T2n.[冲击名校]1．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2等于( )A. B．－2C．(－1)n＋1 D．以上答案均不对2．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 016项之和S2 016等于( )A．2 008 B．2 010 C．1 D．03．数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，设Sn为{bn}的前n项和．若a12＝a5＞0，则当Sn取得最大值时n的值为________．4．(20xx·山东高考)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n ＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.答案[全盘巩固]一、选择题1．解析：选C 设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为＝.2．解析：选A 记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.3．解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，则a4＝a1＋3d＝4，S4＝4a1＋6d＝10，联立解得a1＝d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n，＝＝－，所以数列的前2 015项和为＋＋…＋＝1－＝.4．解析：选A 由an＋2＝3an，可得数列{an}的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以S2 015＝(a1＋a3＋…＋a2 015)＋(a2＋a4＋…＋a2 014)＝＋＝31 008－2.5．解析：选C 因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n ＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2 015＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 014＋a2 015)＝1 008，故选C.二、填空题6．解析：因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，即得an＝故数列的前2 016项的和等于S2 016＝1 008×＝1 512.答案：1 5127．解析：∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n.∴Sn＝＝2n＋1－2.答案：2n＋1－28．解析：由已知可得(2a2＋2)2＝5a1a3，即4(a1＋d＋1)2＝5a1·(a1＋2d)⇒(11＋d)2＝25(5＋d)⇒121＋22d＋d2＝125＋25d⇒d2－3d－4＝0⇒d＝4(舍去)或d＝－1，所以an＝11－n.当1≤n≤11时，an≥0，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＝；当n≥12时，an<0，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋a11－(a12＋a13＋…＋an)＝2(a1＋a2＋a3＋…＋a11)－(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝2×－＝.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝⎩⎪⎨⎪⎧2，1≤n≤11，n2－21n＋2202，n≥12.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，1≤n≤11，n2－21n＋2202，n≥12三、解答题9．解：(1)由题设知a1a4＝a2a3＝8， 又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)．设等比数列{an}的公比为q ，由a4＝a1q3得q ＝2，故an ＝a1qn －1＝2n －1，n∈N*.(2)Sn ＝＝2n －1，又bn ＝＝＝－， 所以Tn ＝b1＋b2＋…＋bn ＝＋＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1Sn －1Sn＋1＝－1Sn＋1＝1－，n∈N*.10．解：(1)∵S2＝2a2－2，S3＝a4－2，∴S3－S2＝a4－2a2，即a3＝a4－2a2，∴q2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)． 又a1＋a2＝2a2－2，∴a2＝a1＋2，∴a1q ＝a1＋2，代入q ，解得a1＝2，∴an ＝2×2n －1＝2n.(2)cn ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n为奇数，n 2n ，n为偶数，∴T2n ＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2n －1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝＋＋＋…＋＋＋＋＋…＋. 记M1＝＋＋…＋，则M1＝1－＋－＋…＋－＝， 记M2＝＋＋＋…＋＋， ① 则M2＝＋＋＋…＋＋， ② ①－②得M2＝2－2n22n＋2＝2·－2n22n＋2＝－，∴M2＝－·－·＝， ∴T2n ＝＋.[冲击名校]1．解析：选C 当n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n2＝－3－7－…－(2n －1)＝－＝－；当n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n2＝－3－7－…－[2(n －1)－1]＋n2＝－＋n2＝，综上可得，原式＝(－1)n ＋1.2．解析：选D 由已知得an ＝an －1＋an ＋1(n≥2)， ∴an ＋1＝an －an －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1, 2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S6＝0. ∵2 016＝6×336，∴S2 016＝S6＝0.3．解析：设{an}的公差为d ，由a12＝a5＞0得a1＝－d ，d ＜0，所以an ＝d ，从而可知当1≤n≤16时，an ＞0； 当n≥17时，an ＜0.从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，b15＝a15a16a17＜0，b16＝a16a17a18＞0，故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞….因为a15＝－d ＞0，a18＝d ＜0，所以a15＋a18＝－d ＋d ＝d ＜0，所以b15＋b16＝a16a17(a15＋a18)＞0，所以S16＞S14，故当Sn 取得最大值时n ＝16.答案：164．解：(1)因为2Sn ＝3n ＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3. 当n≥2时，2Sn －1＝3n －1＋3，此时2an ＝2Sn －2Sn －1＝3n －3n －1＝2×3n－1， 即an ＝3n －1，所以an ＝⎩⎨⎧3， n＝1，3n－1，n≥2.(2)因为anbn ＝log3an ，所以b1＝.当n≥2时，bn ＝31－nlog33n －1＝(n －1)·31－n. 所以T1＝b1＝；当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]，所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]，两式相减，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝＋－(n－1)×31－n＝－，所以Tn＝－.经检验，n＝1时也适合．综上可得Tn＝－.。
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第3章 第4节 知能训练²提升考点一：利用等差、等比数列的求和公式求和1．等差数列{a n }中，若a 10＝10，a 19＝100，前n 项和S n ＝0，则n ＝( )A ．7B ．9C ．17D ．19 答案：C2．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n ＞1020，那么n 的最小值是( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n－1，∴S n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2(2n－1)2－1－n＝2n ＋1－2－n .S n ＞1020 即2n ＋1－2－n ＞1020. ∵210＝1024,1024－2－9＝1013＜1020. 故n min ＝10. 答案：D考点二：裂项法求和3．求和：S n ＝221²3＋423²5＋625²7＋…＋(2n )2(2n －1)(2n ＋1).解：对通项a n ＝(2n )2(2n －1)(2n ＋1)变形，寻找规律．a n ＝(2n )2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝1＋12(12n －1－12n ＋1)．∴S n ＝n ＋12(1－13＋13－15＋……＋12n －1－12n ＋1)＝n ＋12(1－12n ＋1)＝2n 2＋2n 2n ＋1.4．设f (x )＝x a (x ＋2)，x ＝f (x )有唯一解，f (x 1)＝11 003，f (x n )＝x n ＋1(n ∈N *)．(1)求x 2004的值；(2)若a n ＝4x n －4009，且b n ＝a 2n ＋1＋a 2n 2a n ＋1a n(n ∈N *)，求证：b 1＋b 2＋…＋b n －n ＜1.解：(1)由x ＝xa (x ＋2)，得ax (x ＋2)＝x ，∴ax 2＋(2a －1)x ＝0，∴当且仅当a ＝12时，x ＝f (x )有唯一解x ＝0.从而f (x )＝2xx ＋2.又由已知f (x n )＝x n ＋1，得2x nx n ＋2＝x n ＋1.∴1x n ＋1＝12＋1x n ，即1x n ＋1－1x n ＝12(n ∈N *)． ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 是首项为1x 1，公差为12的等差数列，∴1x n ＝1x 1＋n －12＝2＋(n －1)x 12x 1， ∴x n ＝2x 1(n －1)x 1＋2.∵f (x 1)＝11 003，∴2x 1x 1＋2＝11 003，即x 1＝22 005.∴x n ＝2³22 005(n －1)²22 005＋2＝2n ＋2 004，故x 2 004＝22 004＋2 004＝12 004.(2)证明：∵x n ＝2n ＋2 004，∴a n ＝n ＋2 0042³4－4 009＝2n －1，∴b n ＝a 2n ＋a 2n ＋12a n a n ＋1＝(2n －1)2＋(2n ＋1)22(2n －1)(2n ＋1)＝4n 2＋14n 2－1＝1＋2(2n －1)(2n ＋1)＝1＋12n －1－12n ＋1，∴b 1＋b 2＋…＋b n －n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1－12n ＋1－n ＝1－12n ＋1＜1.考点三：分组法求和、错位相减求和 5．求和：(1)S n ＝1＋11＋111＋…＋；(2)S n ＝(x ＋1x )2＋(x 2＋1x 2)2＋…＋(x n＋1xn )2.解：(1)∵a n ＝19(10n－1)，∴S n ＝1＋11＋111＋…＋ ＝19[(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n－1)] ＝19[(10＋102＋ (10))－n ] ＝19[10(10n －1)9－n ]＝10n ＋1－9n －1081. (2)当x ＝±1时，∵(x n＋1xn )2＝4，∴S n ＝4n ，当x ≠±1时，∵a n ＝x 2n＋2＋1x 2n，∴S n ＝(x 2＋x 4＋…＋x 2n)＋2n ＋(1x 2＋1x 4＋…＋1x2n )＝x 2(x 2n －1)x 2－1＋x －2(1－x －2n)1－x －2＋2n ＝(x 2n －1)(x 2n ＋2＋1)x 2n (x 2－1)＋2n ，所以当x ＝±1时，S n ＝4n ；当x ≠±1时，S n ＝(x 2n －1)(x 2n ＋2＋1)x 2n (x 2－1)＋2n .6．若数列{a n }的通项公式为a n ＝n2n ，则前n 项和为( )A ．S n ＝1－12nB ．S n ＝2－12n －1－n2nC ．S n ＝n (1－12n )D ．S n ＝2－12n －1＋n2n解析：∵a n ＝n2n ，∴S n ＝1³12＋2³122＋…＋n ³12n ，①12S n ＝1³122＋2³123＋…＋(n －1)³12n ＋n ³12n ＋1，② ①－②，得12S n ＝12＋122＋…＋12n －n2n ＋1，∴S n ＝1＋12＋…＋12n －1－n2n＝1－12n1－12－n 2n ＝2－12n －1－n 2n .答案：B 7．(2010²潍坊质检)已知等差数列{a n }和正项等比数列{b n }，a 1＝b 1＝1，a 3＋a 5＋a 7＝9，a 7是b 3和b 7的等比中项．(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)若c n ＝2a n ²b 2n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由题设知a 3＋a 5＋a 7＝9，∴3a 5＝9，∴a 5＝3.则d ＝a 5－a 14＝12，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋12.∴a 7＝4.又∵a 27＝b 3²b 7＝16，∴b 25＝b 3²b 7＝16， 又b 5＞0，∴b 5＝4，∴q 4＝b 5b 1＝4，又q ＞0，∴q ＝2，∴b n ＝b 1²q n －1＝.(2)c n ＝2a n ²b 2n ＝(n ＋1)²2n －1，∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝2＋3²2＋4²22＋…＋(n ＋1)²2n －1，①2T n ＝2²2＋3²22＋…＋n ²2n －1＋(n ＋1)²2n，②①－②得，－T n ＝2＋2＋22＋…＋2n －1－(n ＋1)²2n＝1－2n1－2－(n ＋1)²2n ＋1＝－n ²2n . ∴T n ＝n ²2n.考点四：数列求和综合问题8．设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝ca n ＋1－c ，n ∈N *，其中a ，c 为实数且c ≠0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a ＝12，c ＝12，b n ＝n (1－a n )，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)若0＜a n ＜1对任意n ∈N *成立，证明0＜c ≤1. 解：(1)解法一：∵a n ＋1－1＝c (a n －1)，∴当a ≠1时，{a n －1}是首项为a －1，公比为c 的等比数列．∴a n －1＝(a －1)c n －1，即a n ＝(a －1)c n －1＋1. 当a ＝1时，a n ＝1仍满足上式． ∴数列{a n }的通项公式为 a n ＝(a －1)c n －1＋1(n ∈N *)． 解法二：由题设得：n ≥2时，a n －1＝c (a n －1－1)＝c 2(a n －2－1)＝… ＝c n －1(a 1－1)＝(a －1)c n －1.∴a n ＝(a －1)c n －1＋1.n ＝1时，a 1＝a 也满足上式． ∴{a n }的通项公式为a n ＝(a －1)c n －1＋1(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝n (1－a )c n －1＝n (12)n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋2(12)2＋…＋n (12)n， 12S n ＝(12)2＋2(12)3＋…＋(n －1)(12)n ＋n (12)n ＋1， ∴12S n ＝12＋(12)2＋…＋(12)n －n (12)n ＋1， ∴S n ＝1＋12＋(12)2＋…＋(12)n －1－n (12)n＝2[1－(12)n ]－n (12)n.∴S n ＝2－(2＋n )(12)n.(3)由(1)知a n ＝(a －1)c n －1＋1.若0＜(a －1)c n －1＋1＜1，则0＜(1－a )c n －1＜1.∵0＜a 1＝a ＜1，∴0＜c n －1＜11－a(n ∈N *)．由c n －1＞0对任意n ∈N *成立，知c ＞0. 下证c ≤1.用反证法．解法一：假设c ＞1.由函数f (x )＝c x 的函数图象知，当n 趋于无穷大时，c n －1趋于无穷大．∴c n －1＜11－a不能对n ∈N *恒成立，导致矛盾．∴c ≤1，∴0＜c ≤1.解法二：假设c ＞1，∵c n －1＜11－a， ∴log c cn －1＜log c 11－a ，即n －1＜log c 11－a(n ∈N *) (*)恒成立．∵a ，c 为常数，∴(*)式对n ∈N *不能恒成立，导致矛盾，∴c ≤1，∴0＜c ≤1.1.(2009²福建)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝4，则公差d 等于( )A ．1 B.53C ．2D ．3解析：∵S 3＝(a 1＋a 3)³32＝6，而a 3＝4，∴a 1＝0，∴d ＝a 3－a 12＝2.答案：C2．(2009²安徽)已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99.以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值的n 是( )A ．21B ．20C ．19D ．18 解析：∵{a n }为等差数列， ∴a 1＋a 3＋a 5＝105⇒a 3＝35， a 2＋a 4＋a 6＝99⇒a 4＝33， d ＝a 4－a 3＝33－35＝－2， ∴{a n }是递减数列．a n ＝a 3＋(n －3)d ＝35＋(n －3)³(－2)＝－2n ＋41，a n ≥0，－2n ＋41≥0，n ≤412，∴当n ≤20时，a n ＞0，∴n ＝20时，S n 最大，故选B. 答案：B3．(2009²辽宁)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( )A ．2 B.73 C.83D ．3解析：由等比数列的性质：S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，于是，由 S 6＝3S 3，可推出S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3， ∴S 9S 6＝73.故选B. 答案：B4．(2009²江苏)设{a n }是公差不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，满足a 22＋a 23＝a 24＋a 25，S 7＝7.(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2)试求所有的正整数m ，使得a m a m ＋1a m ＋2为数列{a n }中的项． 解：(1)设公差为d ，则a 22－a 25＝a 24－a 23.由性质得－3d (a 4＋a 3)＝d (a 4＋a 3)，因为d ≠0，所以a 4＋a 3＝0，即2a 1＋5d ＝0.又由S 7得7a 1＋7³62d ＝7.解得a 1＝－5，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，前n 项和S n ＝n 2－6n . (2)a n a m ＋1a n ＋2＝(2m －7)(2m －5)2m －5.令2m －3＝t ²a m a m ＋1a m ＋2＝(t －4)(t －2)t ＝t ＋8t－6，因为t 是奇数，所以t 可取的值为±1.当t ＝1，m ＝2时，t ＋8t－6＝3,2³5－7＝3是数列{a n }中的项：t ＝－1，m ＝1时，t ＋8t－6＝－15，数列{a n }中的最小项是－5不符合，所以满足条件的正整数m ＝2.1.数列{a n }中，a 1＝1，a n ，a n ＋1是方程x 2－(2n ＋1)x ＋1b n＝0的两个根，则数列{b n }的前n 项和S n 等于( )A.n 2n ＋1 B.n n ＋1 C.12n ＋1 D.1n ＋1解析：∵a n ，a n ＋1是方程x 2－(2n ＋1)x ＋1b n＝0的两个根， ∴a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，a n ²a n ＋1＝1b n.∴b n ＝1a n ²a n ＋1.又a 1＝1，∴a 2＝2，a 3＝3，…，a n ＝n .∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝11³2＋12³3＋…＋1n (n ＋1)＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案：B2．在等差数列{a n }中，a 5＝5，S 3＝6.(1)若T n 为数列{1a n a n ＋1}的前n 项和，求T n ； (2)若a n ＋1≥λT n 对任意正整数成立，求实数λ的最大值．解：(1)设首项为a 1，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，3a 1＋3(3－1)2d ＝6.解得a 1＝1，d ＝1.∴a n ＝n .∵1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n(n ＋1).(2)若使a n ＋1≥λT n ，即n ＋1≥λnn ＋1， ∴λ≤(n ＋1)2n.又(n ＋1)2n＝n ＋1n ＋2≥4，当且仅当n ＝1n，即n ＝1时取等号，∴λ的最大值为4.［例1］求经过两点P 1（2，1）和P 2（m ，2）（m ∈R )的直线l 的斜率，并且求出l 的倾斜角α及其取值范围.选题意图：考查倾斜角与斜率之间的关系及斜率公式.解：(1)当m =2时，x 1＝x 2＝2，∴直线l 垂直于x 轴，因此直线的斜率不存在，倾斜角α=2π (2)当m ≠2时，直线l 的斜率k =21-m ∵m ＞2时，k ＞0. ∴α=arctan21-m ,α∈（0，2π）， ∵当m ＜2时，k ＜0 ∴α＝π＋arctan21-m ，α∈(2π,π). 说明：利用斜率公式时，应注意斜率公式的应用范围. ［例2］若三点A (－2，3），B （3，－2），C （21，m ）共线，求m 的值. 选题意图：考查利用斜率相等求点的坐标的方法. 解：∵A 、B 、C 三点共线， ∴ｋAB ＝ｋAC ，.22132332+-=+--m 解得m =21. 说明：若三点共线，则任意两点的斜率都相等，此题也可用距离公式来解.［例3］已知两点A (－1,－5),B (3,－2),直线l 的倾斜角是直线AB 倾斜角的一半，求直线l 的斜率.选题意图：强化斜率公式.解：设直线l 的倾斜角α，则由题得直线AB 的倾斜角为2α.∵tan2α=ｋAB =.43)1(3)5(2=-----43tan 1tan 22=-∴αα即3tan 2α+8tan α－3=0， 解得tan α＝31或tan α＝－3. ∵tan2α＝43＞0,∴0°＜2α＜90°,神书网/ 奀莒咽0°＜α＜45°， ∴tan α＝31. 因此，直线l 的斜率是31 说明：由2α的正切值确定α的范围及由α的范围求α的正切值是本例解法中易忽略的地方.。