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高考数学二轮复习:专题训练(十) 数列求和及数列的综合应用


专题训练(十)

数列求和及数列的综合应用
A 级——基础巩固组

一、选择题 1. (2014· 广东惠州一模)设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和, a1=2, a5=3a3, 则 S9=( A.-72 C.54 B.-54 D.72 )

9× 8 解析 a1=2, a5=3a3 得 a1+4d=3

(a1+2d), 即 d=-a1=-2, 所以 S9=9a1+ d=9× 2 2 -9× 8=-54,选 B. 答案 B 2. (2014· 全国大纲卷)等比数列{an}中, a4=2, a5=5, 则数列{lgan}的前 8 项和等于( A.6 C.4 B.5 D.3 )

解析 S8=lga1+lga2+…+lga8=lg(a1· a2·…·a8)=lg(a1· a8)4=lg(a4· a5)4=lg(2× 5)4=4. 答案 C 3.(2014· 北京卷)设{an}是公比为 q 的等比数列.则“q>1”是“{an}为递增数列”的( A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析 利用公比与等比数列的单调性的关系进行判断.{an}为递增数列,则 a1>0 时, q>1;a1<0 时,0<q<1.q>1 时,若 a1<0,则{an}为递减数列.故“q>1”是“{an}为递增数列”的 既不充分也不必要条件,故选 D. 答案 D 1 4.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n2+n,数列{bn}满足 bn= (n∈N*),Tn anan+1 是数列{bn}的前 n 项和,则 T9 等于( 9 A. 19 20 C. 21 18 B. 19 9 D. 40 ) )

解析 ∵数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n2+n,∴n=1 时,a1=2;n≥2 时,an=Sn - Sn - 1 = 2n , ∴an = 2n(n∈N*) , ∴bn =
1

1 1 1 1 1 1 = = ?n-n+1? , T9 = 4? 4 ? anan+1 2n n+

??1-1?+?1-1?+…+?1- 1 ??=1×?1- 1 ?= 9 . ?? 2? ?2 3? ?9 10?? 4 ? 10? 40
答案 D 5.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-6n,则{|an|}的前 n 项和 Tn=( A.6n-n2 B.n2-6n+18
?6n-n2 n ? C.? 2 ? ?n -6n+18 n
2 ? ?6n-n ? D. 2 ?n -6n ?

)

n n

解析 由 Sn=n2-6n 得{an}是等差数列,且首项为-5,公差为 2.∴an=-5+(n-1)× 2 =2n-7. ∴n≤3 时,an<0;n>3 时,an>0.
?6n-n2 n , ? ∴Tn=? 2 ? ?n -6n+18 n

答案 C 1 6.已知曲线 C:y= (x>0)及两点 A1(x1,0)和 A2(x2,0),其中 x2>x1>0.过 A1,A2 分别作 x x 轴的垂线,交曲线 C 于 B1,B2 两点,直线 B1B2 与 x 轴交于点 A3(x3,0),那么( x3 A.x1, ,x2 成等差数列 2 x3 B.x1, ,x2 成等比数列 2 C.x1,x3,x2 成等差数列 D.x1,x3,x2 成等比数列 1? ? 1? 解析 由题意,B1,B2 两点的坐标分别为? ?x1,x ?,?x2,x ?,所以直线 B1B2 的方程为 y
1 2

)

1 1 x3 =- (x-x1)+ ,令 y=0,得 x=x1+x2,∴x3=x1+x2,因此,x1, ,x2 成等差数列. x1x2 x1 2 答案 A 二、填空题 2 1 7.若数列{an}的前 n 项和 Sn= an+ ,则{an}的通项公式是 an=________. 3 3 2 1 2 1 2 解析 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= an+ - an-1+ ,化简得:an=-2an-1,又 a1=S1= a1 3 3 3 3 3 1 - + ,得 a1=1,故{an}以 1 为首项,以-2 为公比的等比数列,所以 an=(-2)n 1. 3 答案 (-2)n
-1

2

8.(2013· 辽宁卷)已知等比数列{an}是递增数列,Sn 是{an}的前 n 项和.若 a1,a3 是方 程 x2-5x+4=0 的两个根,则 S6=________. 解析 ∵a1,a3 是方程 x2-5x+4=0 的两根,且 q>1,∴a1=1,a3=4,则公比 q=2, 因此 S6= -26 =63. 1-2

答案 63 9.(2014· 河南一模)已知对于任意的自然数 n,抛物线 y=(n2+n)x2-(2n+1)x+1 与 x 轴相交于 An,Bn 两点,则|A1B1|+|A2B2|+…+|A2 014B2 014|=________. 解析 令(n2+n)x2-(2n+1)x+1=0,则 x1+x2= 2n+1 1 ,x1x2= 2 ,由题意得|AnBn| n2+n n +n

= |x2 - x1|,所以 |AnBn|= x1+x22-4x1x2=

?2n+1?2-4· 1 = 1 = 1 - 1 ,因此 ? n2+n ? n2+n n2+n n n+1 ? ?

1? ?1 1? 1 ? 1 2 014 ? 1 |A1B1|+|A2B2|+…+|A2 014B2 014|=? ?1-2?+?2-3?+…+?2 014-2 015?=1-2 015=2 015. 答案 2 014 2 015

三、解答题 n2+n 10.(2014· 湖南卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn= ,n∈N*. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2an+(-1)nan,求数列{bn}的前 2n 项和. 解 (1)当 n=1 时,a1=S1=1; n2+n n- 2+n- 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= - =n. 2 2 故数列{an}的通项公式为 an=n. (2)由(1)知 an=n,故 bn=2n+(-1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n, 则 T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n). 记 A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n, 则 A= -22n 2n+1 =2 -2, 1- 2

B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n, 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n=A+B=22n 1+n-2.


11.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=an+n2-1,数列{bn}满足 3n· bn+1=(n+1)an+1-nan, 且 b1=3. (1)求 an,bn; (2)设 Tn 为数列{bn}的前 n 项和,求 Tn,并求满足 Tn<7 时 n 的最大值.
3



(1)n≥2 时,Sn=an+n2-1,Sn-1=an-1+(n-1)2-1,

两式相减,得 an=an-an-1+2n-1,∴an-1=2n-1. ∴an=2n+1, ∴3n· bn+1= (n+1)(2n+3)-n(2n+1)=4n+3, 4n+3 ∴bn+1= n , 3 4n-1 ∴当 n≥2 时,bn= n-1 , 3 4n-1 又 b1=3 适合上式,∴bn= n-1 . 3 4n-1 (2)由(1)知,bn= n-1 , 3 4n-5 4n-1 3 7 11 ∴Tn= + + 2 +…+ n-2 + n-1 ,① 1 3 3 3 3 4n-5 4n-1 1 3 7 11 T = + + +…+ n-1 + n ,② 3 n 3 32 33 3 3 4n-1 2 4 4 4 ①-②,得 Tn=3+ + 2+…+ n-1- n 3 3 3 3 3 1 1? 1- n-1? 3? 3 ? 4n-1 4n+5 =3+4· - n =5- n . 1 3 3 1- 3 15 4n+5 ∴Tn= - n-1. 2 2· 3 Tn-Tn+1= n+ +5 4n+5 - n+ - n-1 = <0. 2· 3n 3n 2· 3

∴Tn<Tn+1,即{Tn}为递增数列. 59 64 又 T3= <7,T4= >7, 9 9 ∴当 Tn<7 时,n 的最大值为 3.

B 级——能力提高组
nπ 1. (2014· 上海虹口一模)已知函数 f(n)=n2sin , 且 an=f(n)+f(n+1), 则 a1+a2+a3+… 2 +a2 014=________. 解析 考虑到 sin nπ 是呈周期性的数列,依次取值 1,0,-1,0,…,故在求 a1+a2+… 2

+a2 014 时要分组求和,又由 an 的定义,知 a1+a2+a3+…+a2 014=(a1+a3+…+a2 013)+(a2 +a4+…+a2 014)=[f(1)+f(3)+…+f(2 013)]+[f(2)+f(4)+…+f(2 014)]=[(1-32)+(52-72) +…+(2 0092-2 0112)+2 0132]+[(-32+52)+(-72+92)+…+(-2 0112+2 0132)-2 0152]
4

= - 2× (4 + 12 + 20 + … + 4 020) + 2 0132 + 2× (8 + 16 + … + 4 024) - 2 0152 = - 2× + 2 +2× + 2 -2 0152+2 0132=503× 8-2× 4 028=-4 032.

答案 -4 032 2.(2014· 上海长宁二模)定义函数 f(x)={x· {x}},其中{x}表示不小于 x 的最小整数,如 {1.4}=2,{-2.3}=-2.当 x∈(0,n](n∈N*)时,函数 f(x)的值域为 An,记集合 An 中元素的 1 1 1 个数为 an,则 + +…+ =________. a1 a2 an 解析 由题意, a1=1, 当 x∈(n, n+1]时, {x}=n+1, x· {x}∈(n2+n, n2+2n+1], {x· {x}} 的取值依次为 n2+n+1,n2+n+2,…,n2+2n+1 共 n+1 个,即 an+1=an+n+1,由此可 1 1 nn+ 1 2 1 1 1 2 得 an=1+2+3+…+n= , = =2?n-n+1?,所以 + +…+ =2- . 2 an nn+ a a a ? ? n+1 1 2 n 2 答案 2- n+1 3.(2014· 湖南卷)已知数列{an}满足 a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*. (1)若{an}是递增数列,且 a1,2a2,3a3 成等差数列,求 p 的值; 1 (2)若 p= ,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式. 2 解 (1)因为{an}是递增数列,所以 an+1-an=|an+1-an|=pn.

而 a1=1,因此 a2=p+1,a3=p2+p+1. 又 a1,2a2,3a3 成等差数列,所以 4a2=a1+3a3, 1 因而 3p2-p=0,解得 p= ,p=0. 3 当 p=0 时,an+1=an,这与{an}是递增数列矛盾. 1 故 p= . 3 (2)由于{a2n-1}是递增数列,因而 a2n+1-a2n-1>0, 于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.① 但 1 1 < ,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.② 22n 22n-1

由①②知,a2n-a2n-1>0,因此 1?2n-1 -1 a2n-a2n-1=? ?2? = 22n-1 .③ 因为{a2n}是递减数列,同理可得 a2n+1-a2n<0, 1?2n -12n 1 故 a2n+1-a2n=-? ?2? = 22n ④


2n

-1n 1 由③④即知,an+1-an= n . 2


5

-1n 1 1 于是 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+ - 2+…+ n-1 2 2 2 1 - ?n-1 1-? ? 2? 1 =1+ · 2 1 1+ 2 4 1- = + ·n-1 . 3 32 4 1- 故数列{an}的通项公式为 an= + · n-1 . 3 32
n n

6


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