课时达标检测(三十二)数列综合问题.doc

课时达标检测（三十二） 数列的综合问题
[练基础小题——强化运算能力]
1．数列{1＋2n－1}的前n项和为(　　)
A．1＋2n B．2＋2n
C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n
解析：选C　由题意得an＝1＋2n－1，
所以Sn＝n＋＝n＋2n－1.
2．(2017·长沙模拟)已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于(　　)
A．15 B．12 C．－12 D．－15
解析：选A　∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.
3．(2016·南昌三模)若数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，令bn＝，则数列{bn}的前n项和为(　　)
A. B.－
C. D.－
解析：选B　易得a1＋a2＋…＋an＝＝n(n＋2)，所以bn＝＝，故Tn＝1＋－－＝－.
4.＋＋＋…＋的值为________．
解析：设Sn＝＋＋＋…＋，①
得Sn＝＋＋…＋＋，②
①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－
＝－，
∴Sn＝＝2－.
答案：2－
5．(2017·江西八校联考)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 017＝________.
解析：∵an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1，∴当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝－1，k∈N*，∴S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1＋(－1)×1 008＝－1 007.
答案：－1 007
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．(2017·皖西七校联考)在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和Sn＝，则n＝(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：选D　由an＝＝1－得Sn＝n－＋＋…＋＝n－，则Sn＝＝n－，将各选项中的值代入验证得n＝6.
2．已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，且a3，a4＋，a11成等比数列．若p－q＝10，则ap－aq＝(　　)
A．14 B．15 C．16 D．17
解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，由题意分析知d>0，因为a3，a4＋，a11成等比数列，所以2＝a3a11，即2＝(1＋2d)·(1＋10d)，即44d2－36d－45＝0，所以d＝，所以an＝.所以ap－aq＝(p－q)＝15.
3．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值为(　　)
A．2 500 B．2 600 C．2 700 D．2 800
解析：选B　当n为奇数时，an＋2－an＝0，所以an＝1，当n为偶数时，an＋2－an＝2，所以an＝n，故an＝于是S100＝50＋＝2 600.
4．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(　　)
A．2 017 B．2 016 C．1 009 D．1 007
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 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1 009，故选C.
5．已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝，若函数f(x)＝sin 2x＋2cos2，记yn＝f(an)，则数列{yn}的前9项和为(　　)
A．0 B．－9 C．9 D．1
解析：选C　由已知可得，数列{an}为等差数列，f(x)＝sin 2x＋cos x＋1，∴f＝1.∵f(π－x)＝sin(2π－2x)＋cos(π－x)＋1＝－sin 2x－cos x＋1，∴f(π－x)＋f(x)＝2.∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，∴f(a1)＋…＋f(a9)＝2×4＋1＝9，即数列{yn}的前9项和为9.
6．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3＝－，则数列的前n项和Tn＝(　　)
A．－ B.
C．－ D.
解析：选C　设{an}的公差为d，因为S1＝a1，S2＝2a1＋d＝2a1＋＝a1－，S4＝3a3＋a1＝a1－，S1，S2，S4成等比数列，所以2＝a1，整理得4a＋12a1＋5＝0，所以a1＝－或a1＝－.当a1＝－时，公差d＝0不符合题意，舍去；当a1＝－时，公差d＝＝－1，所以an＝－＋(n－1)×(－1)＝－n＋＝－(2n－1)，所以＝－＝－－，所以其前n项和Tn＝－1－＋－＋…＋－＝－＝－，故选C.
二、填空题
7．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.
解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋＝3，
∴数列是公比为3的等比数列，∴＝3.
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋＝×34＝×34＝，∴S5＝121.
答案：1　121
8．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2 016项的和等于________．
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：1 512
9．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＝________.
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＋1－2
10．(2017·福建泉州五中模拟)已知lg x＋lg y＝1，且Sn＝lg xn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg(xyn－1)＋lg yn，则Sn＝________.
解析：因为lg x＋lg y＝1，
所以lg(xy)＝1.
因为Sn＝lg xn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg(xyn－1)＋lg yn，
所以Sn＝lg yn＋lg(xyn－1)＋…＋lg(xn－2y2)＋lg(xn－1y)＋lg xn，
两式相加得2Sn＝(lg xn＋lg yn)＋[lg(xn－1y)＋lg(xyn－1)]＋…＋(lg yn＋lg xn)＝lg(xn·yn)＋lg(xn－1y·xyn－1)＋…＋lg(yn·xn)＝n[lg(xy)＋lg(xy)＋…＋lg(xy)]＝n2lg(xy)＝n2，所以Sn＝.
答案：
三、解答题
11．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，Sn为其前n项和．数列{bn}为等差数列，且满足b1＝a1，b4＝S3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.
解：(1)由题意知，{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝a1·2n－1＝2n－1.∴Sn＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，则b1＝a1＝1，b4＝1＋3d＝7，
∴d＝2，则bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)证明：∵log2a2n＋2＝log222n＋1＝2n＋1，
∴cn＝＝
＝，
∴Tn＝＝
＝.
∵n∈N*，∴Tn＝<，
当n≥2时，Tn－Tn－1＝－＝>0，
∴数列{Tn}是一个递增数列，∴Tn≥T1＝.
综上所述，≤Tn<.
12．已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，试求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b.
由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，
所以f(x)＝3x2－2x.
又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，
所以Sn＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5，
所以an＝6n－5(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝＝
＝，
故Tn＝1－＋＋…＋－＝＝.