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2015届高考理科数学二轮复习:提能专训11 等差与等比数列Word版含解析


提能专训(十一)
一、选择题

数列的通项与求和

1.(2014· 漳州七校联考)若数列{an}的通项公式是 an=(-1)n(3n -2),则 a1+a2+…+a10=( A.15 C.-12 [答案] A [解析] ∵an+an+1 =(-1)n(3n-2)+(-1)n+1(3n+1) =(-1)n(3n-2-3n-1)=-3(-1)n, ∴a1+a2+…+a10=3+3+3+3+3=15. 2.(2014· 西工大附中一模)已知等差数列{an}中,Sn 为其前 n 项 和,若 a1=-3,S5=S10,则当 Sn 取到最小值时 n 的值为( A.5 C.8 [答案] D [解析] 由 S5=S10,得 a6+a7+a8+a9+a10=0,∴a8=0.又∵a1 =-3,∴S7=S8 为最小值. ∴Sn 取到最小值时 n 的值为 7 或 8,故选 D.. 3.(2014· 阜新二模)已知数列{an}中,a1=1,2nan+1=(n+1)an,则 数列{an}的通项公式为( n A.2n n C. n 2 -1 [答案] B
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)

B.12 D.-15

)

B.7 D.7 或 8

)

n B. n-1 2 n+1 D. 2n

[ 解析 ]
n-1.故选

an =

n-1 an an-1 an-2 a2 n 2 · · · …· · a · · … · 1= 1= a1 2· 1· an-1 an-2 an-3 2?n-1? 2?n-3?

n

2

B.

4.(2014· 江西十校联考二)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S2n =4(a1+a3+…+a2n-1),a1a2a3=27,则 a6=( A.27 C.243 [答案] C [解析] 设等比数列{an}的公比为 q,依题意有 a ?1-q ? 4a [1-?q ? ] ? ? 1 1-q = 1 1-q2 , ? ? ?a1· a1q· a1q2=27,
? ?a1=1 解得? , ? ?q=3
2n 2 n

)

B.81 D.729

所以 a6=a1q5=35=243,故选 C. 巧解:设等比数列{an}的公比为 q,依题意有偶数项的和等于奇 数项的和的 3 倍, a2[1-?q2?n] 3a1[1-?q2?n] 所以 = ,所以 a2=3a1,所以 q=3,因为 1-q2 1-q2
4 5 a1a3=a2 2,a1a2a3=27,所以 a2=3,所以 a6=a2q =3 =243,故选 C.

5.(2014· 唐山一模)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1+ 5 5 Sn a3=2,a2+a4=4,则a =(
n

)

A.4n-1 C.2n-1 [答案] D
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B.4n-1 D.2n-1

[解析]

5 ? ?a1+a3=2, ∵? 5 ? a 2+a4= , ? 4

5 2 ? ?a1+a1q =2,① ∴? 5 3 ? a 1q+a1q = ,② ? 4

① 1+q2 1 由 ,可得 3=2,解得 q= ,代入①得 a1=2, 2 ② q+q
?1? 4 ∴an=2×?2?n-1=2n, ? ? ? ?1? ? 2×?1-?2?n? 1? ? ? ? ?? ?1- n?, ∴Sn= = 4 2? 1 ? 1-2

1? ? 4?1-2n? Sn ? ? ∴a = 4 =2n-1,故选 D.
n

2n

6.(2014· 皖西七校联合考试)已知数列{an}是等差数列,a1=tan 225° ,a5=13a1,设 Sn 为数列{(-1)nan}的前 n 项和,则 S2 014=( A.2 014 C.3 021 [答案] C a5-a1 [解析] ∵a1=tan 225° =1, ∴a5=13a1=13, 则公差 d= = 5-1 13-1 4 =3, ∴an=3n-2. 解法一:∵(-1)nan=(-1)n(3n-2),∴S2 014=(a2-a1)+(a4-a3) +(a6-a5)+…+(a2 012-a2 011)+(a2 014-a2 013)=1 007d=3 021,故选 C. 解法二(错位相减): 由于(-1)nan=(-1)n(3n-2), 则 S2 014=1×(-
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)

B.-2 014 D.-3 021

1)1+4×(-1)2+7×(-1)3+…+6 037×(-1)2 013+6 040×(-1)2 014, ① ①式两边分别乘-1,得 (-1)×S2 014=1×(-1)2+4×(-1)3+7×(-1)4+…+6 037×(- 1)2 014+6 040×(-1)2 015,② 1-?-1?2 013 ①-②,得 2S2 014=-1+3× -6 040×(-1)2 015=6 1-?-1? 042, ∴S2 014=3 021. 7. (2014· 山大附中高三月考)已知数列{an}满足 an=logn+1(n+2)(n ∈N*),定义使 a1· a2· a3· …· ak 为整数的数 k(k∈N*)叫做幸运数,则 k∈ [1,2 014]内所有的幸运数的和为( A.1 013 C.2 026 [答案] C [解析] 由题可得 a1· a2· a3· …· ak =log23· log34· log45· …· logk+1(k+2) lg 3 lg 4 lg 5 lg ?k+2? =lg 2· …· lg 3· lg 4· lg ?k+1? =log2(k+2)为整数, 即 log2(k+2)=m,m∈Z,则 k=2m-2,结合 k∈[1,2014],则 k ∈{2,6,14,30,62,126,254,510,1 022},所以 2+6+14+30+62+126+ 254+510+1 022=(22+23+…+210)-18=2 026,故选 C. 8.(2014· 天津一中月考)若(1-2x)2 010=a0+a1x+…+a2 010x2 010(x a1 a2 a2 010 ∈R),则 2 +22+…+a2 010的值为( ) B.1 560 D.2 088 )

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A.2 C.-1 [答案] C [ 解析 ]
010

B.0 D.-2

∵ (1 - 2x)2

010

2 2 2 010 2 = 1- C1 x+ C2 x + …+ C2 2 010 2· 010 2 · 2 010 2

· x2 010, a1 a 2 a2 010 2 2 010 2 ∴ 2 +22+…+22 010=-C1 2 010+ C2 010+…+ C2 010 = (1-1)
010



C0 2 010=-1,故选 C. 9.(2014· 太原五中模拟)已知数列{an}前 n 项和为 Sn=1-5+9- 13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3),则 S15+S22-S31 的值是( A.13 C.46 [答案] B [解析] ∵Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3), ∴S15=1-5+9-13+…+57=7×(-4)+57=29, S22=1-5+9-13+…-85=11×(-4)=-44, S31=1-5+9-13+…+121=15×(-4)+121=61, ∴S15+S22-S31=-76,故选 B. 10.设等差数列{an}和等比数列{bn}首项都是 1,公差与公比都 是 2,则 ab1+ab2+ab3+ab4+ab5=( A.54 C.58 [答案] D [解析] 由题意 an=1+2(n-1)=2n-1,bn=1×2n-1=2n-1,∴ ab1+…+ab5=a1+a2+a4+a8+a16=1+3+7+15+31=57,故选 D. 11.(2014· 大庆质检)已知数列{an}满足 an+1=an-an-1(n≥2),a1
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)

B.-76 D.76

)

B.56 D.57

=1,a2=3,记 Sn=a1+a2+…+an,则下列结论正确的是( A.a2 014=-1,S2 014=2 C.a2 014=-3,S2 014=2 [答案] D B.a2 014=-3,S2 014=5 D.a2 014=-1,S2 014=5

)

[解析] 由已知数列{an}满足 an+1=an-an-1(n≥2),知 an+2=an+
1-an,an+2=-an-1(n≥2),an+3=-an,an+6=an,又

a1=1,a2=3,

a3=2,a4=-1,a5=-3,a6=-2, 所以当 k∈N 时,ak+1+ak+2+ak+3+ak+4+ak+5+ak+6=a1+a2+a3 +a4+a5+a6=0,a2 +(-1)=5,故选 D. 12. (2014· 闵行区一模)若数列{an}的前 n 项和为 Sn, 有下列命题: (1)若数列{an}是递增数列,则数列{Sn}也是递增数列; (2)无穷数列{an}是递增数列,则至少存在一项 ak,使得 ak>0; (3)若{an}是等差数列(公差 d≠0), 则 S1· S2· …· Sk=0 的充要条件是 a1· a2· …· ak=0; (4)若{an}是等比数列,则 S1· S2· …· Sk=0(k≥2)的充要条件是 an+ an+1=0. 其中,正确命题的个数是( A.0 C.2 [答案] B [解析] (1)错,例如:数列-3,-2,-1,0,1,2,3,Sn 不是递增 B.1 D.3 )
014=a4=-1,S2 014=a1+a2+a3+a4=1+3+2

1 数列.(2)错,例如:an=-n,则{an}是递增数列,但 an<0.(3)错,例 如:等差数列-3,-2,-1,0,有 a1· a2· a3· a4=0,而 S1· S2· S3· S4≠0.(4)

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a1?1-qk? 正确, 若 an+an+1=0, 则 q=-1, 当 k≥2 时, 一定会出现 Sk= 1-q a1?1-qk? =0;若 Sk= =0,则 qk=1.又 q≠1,k≥2 时,必有 q=-1, 1-q 故选 B. 二、填空题 13.(2014· 广州综合测试)在数列{an}中,已知 a1=1,an+1=- 1 ,记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,则 S2 014=________. an+1 2 011 [答案] - 2 1 [解析] 由已知递推公式,可得 a1=1,a2=-2,a3=-2,a4= 1 1 1,……,该数列以 3 为周期,即为 1,-2,-2,1,-2,-2,…, 1 ? ? 2 011 故 S2 014=671×?1-2-2?+1=- 2 .
? ?

14.(2014· 新疆检测)公比为 q 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 a2+a4=20,a3+a5=40,设 Tn=n(Sn+q),则数列{Tn}的前 n 项和 为________. [答案] (n-1)· 2n+2+4 a3+a5 [解析] 依题意,得 q= =2,a1q+a1q3=10a1=20,a1=2, a2+a4 2?1-2n? Sn+q= +2=2n+1,Tn=n· 2n+1.记数列{Tn}的前 n 项和为 Bn, 1-2 则 Bn=1· 22+2· 23+3· 24+…+n· 2n+1,① 2Bn=1· 23+2· 24+…+(n-1)· 2n+1+n· 2n+2,②

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由②-①, 得 Bn=-2 -2 -2 -…-2

2

3

4

n+1

+n· 2

n+2

22-2n+2 =- + 1-2

n· 2n+2=(n-1)· 2n+2+4,因此数列{Tn}的前 n 项和为(n-1)· 2n+2+4. 1 15.(2014· 上海长宁区第一学期教学质量检测 )数列{an}满足2a1 1 1 +22a2+…+2nan=2n+5,n∈N*,则 an=________.
? ?14,n=1, [答案] ? n+1 ?2 ,n≥2 ?

1 1 1 1 [解析] 在2a1+22a2+…+2nan=2n+5 中,用 n-1 代换 n 得2a1 1 1 1 +22a2+…+ n-1an-1=2(n-1)+5(n≥2),两式相减得2nan=2,an= 2
? ?14,n=1, 1 2n+1,又2a1=7,即 a1=14,故 an=? n+1 ?2 ,n≥2. ?

16. (2014· 苏北四市质检)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 a4, a3,a5 成等差数列,且 Sk=33,Sk+1=-63,其中 k∈N*,则 Sk+2 的 值为________. [答案] 129 [解析] 设公比为 q, 由 2a3=a4+a5, 得 2a3=a3q+a3q2.∵a3≠0, ∴q2+q-2=0. ∴q=-2 或 q=1(舍去). ∴ak+1=Sk+1-Sk=-63-33=-96, ∴ak+2=ak+1q=192. Sk+2=Sk+1+ak+2=-63+192=129. 三、解答题 17.(2014· 临沂质检)设数列{an}满足 a1=2,a2+a4=8,且对任 意的 n∈N*,都有 an+an+2=2an+1.
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(1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}的前 n 项和为 Sn,且满足 S1Sn=2bn-b1,n∈N*, b1≠0,求数列{anbn}的前 n 项和 Tn. 解:(1)由 n∈N*,an+an+2=2an+1,知{an}是等差数列,设公差 为 d, ∵a1=2,a2+a4=8,∴2×2+4d=8,解得 d=1. ∴an=a1+(n-1)d=2+(n-1)· 1=n+1. (2)由 n∈N*,S1Sn=2bn-b1 知,
2 当 n=1 时,有 b1 =2b1-b1=b1,

∵b1≠0,∴b1=1,Sn=2bn-1.① 当 n≥2 时,Sn-1=2bn-1-1.② 由①-②,得 Sn-Sn-1=2bn-1-(2bn-1-1)=2bn-2bn-1, 即 n≥2 时,bn=2bn-2bn-1,∴bn=2bn-1, ∴数列{bn}是首项为 1,公比为 2 的等比数列, ∴bn=2n-1. ∴anbn=(n+1)· 2n-1. 则 Tn=2+3×2+4×22+…+n· 2n-2+(n+1)· 2n-1,③ 2Tn=2×2+3×22+4×23+…+n· 2n-1+(n+1)· 2n,④ ③-④,得 -Tn=2+2+22+…+2n-1-(n+1)· 2n 2n-1 =1+ -(n+1)· 2n=-n· 2n, 2-1 ∴Tn=n· 2n. 18.(2014· 湖北七市联考)已知数列{an}是等差数列,{bn}是等比 数列,其中 a1=b1=1,a2≠b2,且 b2 为 a1,a2 的等差中项,a2 为 b2, b3 的等差中项.
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(1)求数列{an}与{bn}的通项公式; 1 (2)记 cn=n(a1+a2+…+an)(b1+b2+…+bn),求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 解:(1)设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q. 由 2b2=a1+a2,2a2=b2+b3, 得 q=1,d=0 或 q=2,d=2, 又 a2≠b2,所以 q=2,d=2, 所以 an=2n-1,bn=2n-1. (2)由(1),得 1 2 n cn=n· n· (2 -1)=n· 2n-n, 所以 Sn=(1×21+2×22+…+n×2n)-(1+2+…+n). 令 Tn=1×21+2×22+…+n×2n,① 2Tn=1×22+2×23+…+n×2n+1,② 由②-①,得 Tn=(n-1)· 2n+1+2, 所以 Sn=(n-1)· 2n+1- n?n+1? 2 +2.

19.(2014· 广州综合测试)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1 =0,对任意 n∈N*,都有 nan+1=Sn+n(n+1). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 an+log2n=log2bn,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解:(1)解法一:∵nan+1=Sn+n(n+1), ∴当 n≥2 时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1), 两式相减,得 nan+1-(n-1)an=Sn-Sn-1+n(n+1)-n(n-1), 即 nan+1-(n-1)an=an+2n,化简,得 an+1-an=2. 当 n=1 时,1×a2=S1+1×2,即 a2-a1=2.
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∴数列{an}是以 0 为首项,2 为公差的等差数列. ∴an=2(n-1)=2n-2. 解法二:由 nan+1=Sn+n(n+1),得 n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1), 整理,得 nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1), S n +1 S n 两边同除以 n(n+1),得 - =1. n+1 n
?Sn? S1 ∴数列? n ?是以 1 =0 为首项,1 为公差的等差数列. ? ?

Sn ∴ n =0+n-1=n-1. ∴Sn=n(n-1). 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2. 又 a1=0 适合上式, ∴数列{an}的通项公式为 an=2n-2. (2)∵an+log2n=log2bn, ∴bn=n· 2an=n· 22n-2=n· 4n-1. ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=40+2×41+3×42+…+(n- 1)×4n-2+n×4n-1, ① 4Tn=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n, ② ①-②,得-3Tn=4 +4 +4 +…+4 ?1-3n?· 4n-1 . 3 1 ∴Tn=9[(3n-1)· 4n+1].
0 1 2 n-1

1-4n - n· 4= - n· 4n = 1-4
n

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