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《创新设计》高考数学人教A版(理)一轮复习:第六篇 第4讲 数列求和

《创新设计》高考数学人教A版(理)一轮复习:第六篇 第4讲 数列求和

第 4 讲 数列求和

A 级 基础演练(时间:30 分钟 满分:55 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 20 分)

1.数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则 S17= ( ).

A.8

B.9

C.16

D.17

解析 S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=1+(-2+3)+(-4+5)+ (-6+7)+…+(-14+15)+(-16+17)=1+1+1+…+1=9.

答案 B

2.(2013·广州调研)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=1,且 4a1,2a2,a3 成等

差数列,则 S4=

( ).

A.7

B.8

C.15

D.16

解析 设数列{an}的公比为 q,则 4a2=4a1+a3, ∴4a1q=4a1+a1q2,即 q2-4q+4=0, ∴q=2.∴S4=11--224=15.

答案 C

3.(2013·临沂模拟)在数列{an}中,an=n?n1+1?,若{an}的前 n 项和为22 001134,则项

数n为

( ).

A.2 011

B.2 012

C.2 013

D.2 014

解析 ∵an=n?n1+1?=1n-n+1 1,∴Sn=1-n+1 1=n+n 1=22 001134,解得 n=2 013.

答案 C

4.(2012·新课标全国)数列{an}满足 an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前 60 项和为 ( ).

A.3 690

B.3 660

C.1 845

D.1 830

解析 当 n=2k 时,a2k+1+a2k=4k-1, 当 n=2k-1 时,a2k-a2k-1=4k-3, ∴a2k+1+a2k-1=2,∴a2k+1+a2k+3=2, ∴a2k-1=a2k+3,∴a1=a5=…=a61. ∴a1+a2+a3+…+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a61)=3+7+11+…+ (4×30-1)=30×?32+119?=30×61=1 830. 答案 D 二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 5.(2011·北京)在等比数列{an}中,若 a1=12,a4=-4,则公比 q=________;|a1| +|a2|+…+|an|=________. 解析 设等比数列{an}的公比为 q,则 a4=a1q3,代入数据解得 q3=-8,所以 q=-2;等比数列{|an|}的公比为|q|=2,则|an|=12×2n-1,所以|a1|+|a2|+|a3|+… +|an|=12(1+2+22+…+2n-1)=12(2n-1)=2n-1-12. 答案 -2 2n-1-12 6.数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,a2=2,an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则 S100 =________. 解析 由 an+2-an=1+(-1)n,知 a2k+2-a2k=2, a2k+1-a2k-1=0,∴a1=a3=a5=…=a2n-1=1,数列{a2k}是等差数列,a2k=2k. ∴S100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+a6+…+a100)=50+(2+4+6+…+ 100)=50+?100+22?×50=2 600. 答案 2 600 三、解答题(共 25 分) 7.(12 分)(2013·包头模拟)已知数列{xn}的首项 x1=3,通项 xn=2np+nq(n∈N*,p, q 为常数),且 x1,x4,x5 成等差数列.求: (1)p,q 的值; (2)数列{xn}前 n 项和 Sn.

解 (1)由 x1=3,得 2p+q=3,又因为 x4=24p+4q,x5=25p+5q,且 x1+x5 =2x4,得 3+25p+5q=25p+8q,解得 p=1,q=1. (2)由(1),知 xn=2n+n,所以 Sn=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n)=2n+1-2 +n?n+2 1?. 8.(13 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,an+1=12Sn(n=1,2,3,…). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=log32(3an+1)时,求数列?????bnb1n+1?????的前 n 项和 Tn.
??an+1=12Sn, 解 (1)由已知得???an=12Sn-1?n≥2?,
得到 an+1=32an(n≥2). ∴数列{an}是以 a2 为首项,以32为公比的等比数列. 又 a2=12S1=12a1=12, ∴an=a2×???32???n-2=12???32???n-2(n≥2).
??1,n=1, 又 a1=1 不适合上式,∴an=???12???32???n-2,n≥2. (2)bn=log32(3an+1)=log32???32·???32???n-1???=n. ∴bnb1n+1=n?11+n?=1n-1+1 n. ∴Tn=b11b2+b21b3+b31b4+…+bnb1n+1 =???11-12???+???12-13???+???13-14???+…+???1n-1+1 n??? =1-1+1 n=n+n 1.

B 级 能力突破(时间:30 分钟 满分:45 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 10 分)

1.(2012·福建)数列{an}的通项公式 an=ncos n2π,其前 n 项和为 Sn,则 S2 012 等



( ).

A.1 006

B.2 012

C.503

D.0

解析 因 cos n2π呈周期性出现,则观察此数列求和规律,列项如下:a1=0,

a2=-2,a3=0,a4=4,此 4 项的和为 2.a5=0,a6=-6,a7=0,a8=8,此 4 项的和为 2.依次类推,得 S2 012=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+…+

(a2 009+a2 010+a2 011+a2 012)=2 0412×2=1 006.故选 A.

答案 A

2.(2012·西安模拟)数列{an}满足 an+an+1=12(n∈N*),且 a1=1,Sn 是数列{an}

的前 n 项和,则 S21=

( ).

21 A. 2

B.6

C.10

D.11

解析 依题意得 an+an+1=an+1+an+2=12,则 an+2=an,即数列{an}中的奇数

项、偶数项分别相等,则 a21=a1=1,S21=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)

+a21=10(a1+a2)+a21=10×12+1=6,故选 B.

答案 B

二、填空题(每小题 5 分,共 10 分)

3.(2013·长沙模拟)等差数列{an}中有两项 am 和 ak(m≠k),满足 am=1k,ak=m1 ,

则该数列前 mk 项之和是 Smk=________. 解析 设数列{an}的首项为 a1,公差为 d.则有

??am=a1+?m-1?d=1k, ???ak=a1+?k-1?d=m1 ,

??a1=m1k, 解得???d=m1k,

所以 Smk=mk·m1k+mk?m2k-1?·m1k=mk2+1.

答案

mk+1 2

4.设 f(x)=4x4+x 2,利用倒序相加法,可求得 f???111???+f???121???+…+f???1110???的值为

________.

解析



x1 + x2 = 1





f(x1)



f(x2)



4x1 4x1+2



4x2 4x2+2



42x×1+4xx12++x?24+x12+×4?x42x?×1+24+x24?=1.

设 S=f???111???+f???121???+…+f???1110???,倒序相加有 2S=???f???111???+f???1110??????+???f???121???+f???191??????

+…+f???1110???+f???111???=10,即 S=5.

答案 5

三、解答题(共 25 分)

5.(12 分)设数列{an}满足 a1+3a2+32a3+…+3n-1an

=n3,n∈N*.

(1)求数列{an}的通项; (2)设 bn=ann,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 思维启迪:(1)由已知写出前 n-1 项之和,两式相减.(2)bn=n·3n 的特点是数 列{n}与{3n}之积,可用错位相减法.

解 (1)∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n3,



∴当 n≥2 时,

a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=n-3 1,



①-②得 3n-1an=13,∴an=31n.

在①中,令 n=1,得 a1=13,适合 an=31n,∴an=31n.

(2)∵bn=ann,∴bn=n·3n.

∴Sn=3+2×32+3×33+…+n·3n,



∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n·3n+1.



④-③得 2Sn=n·3n+1-(3+32+33+…+3n),

即 2Sn=n·3n+1-3?11--33n?,∴Sn=?2n-41?3n+1+34.

探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n-1an}的前 n 项 和,从而利用 an 与 Sn 的关系求出通项 3n-1an,进而求得 an;另外乘公比错位

相减是数列求和的一种重要方法,但值得注意的是,这种方法运算过程复杂,

运算量大,应加强对解题过程的训练,重视运算能力的培养.

6.(13 分)(2012·泰州模拟)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规 则排成如下数表:

a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 …

已知表中的第一列数 a1,a2,a5,…构成一个等差数列,记为{bn},且 b2=4, b5=10.表中每一行正中间一个数 a1,a3,a7,…构成数列{cn},其前 n 项和为 Sn. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)若上表中,从第二行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列, 公比为同一个正数,且 a13=1. ①求 Sn; ②记 M={n|(n+1)cn≥λ,n∈N*},若集合 M 的元素个数为 3,求实数 λ 的取 值范围.

解 (1)设等差数列{bn}的公差为 d, 则???bb11++d4=d=4,10, 解得???bd1==22,, 所以 bn=2n. (2)①设每一行组成的等比数列的公比为 q.

由于前 n 行共有 1+3+5+…+(2n-1)=n2 个数,且 32<13<42,a10=b4=8, 所以 a13=a10q3=8q3,又 a13=1,所以解得 q=12. 由已知可得 cn=bnqn-1,因此 cn=2n·???12???n-1=2nn-2. 所以 Sn=c1+c2+c3+…+cn=21-1+220+231+…+2nn-2, 12Sn=210+221+…+n2-n-12 +2nn-1, 因此12Sn=21-1+210+211+…+2n1-2-2nn-1=4-2n1-2-2nn-1=4-n2+n-21 , 解得 Sn=8-n2+n-22 . ②由①知 cn=2nn-2,不等式(n+1)cn≥λ,可化为n?2nn+-21?≥λ. 设 f(n)=n?2nn+-21?, 计算得 f(1)=4,f(2)=f(3)=6,f(4)=5,f(5)=145. 因为 f(n+1)-f(n)=?n+12?n?-21-n?, 所以当 n≥3 时,f(n+1)<f(n). 因为集合 M 的元素个数为 3,所以 λ 的取值范围是(4,5]. 特别提醒:教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设 计·高考总复习》光盘中内容.


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