【全程复习方略】(浙江专用)2013版高考数学-5.4数列求和课时体能训练-文-新人教A版.doc

【全程复习方略】（浙江专用）2013版高考数学 5.4数列求和课时体能训练 文 新人教A版
(45分钟 100分)
一、选择题（每小题6分，共36分）
1.设数列{(-1)n}的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn=( )
(A) (B)
(C) (D)
2．数列{an}、{bn}都是等差数列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60，则{an＋bn}的前20项和为( )
(A)700 (B)710 (C)720 (D)730
3．已知数列{an}的通项公式是，其前n项和，则项数n等于( )
(A)13 (B)10 (C)9 (D)6
4.已知数列{an}：，…，若,那么数列{bn}的前n项和Sn为( )
(A) (B)
(C) (D)
5.数列{an}中，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则＋…＋等于( )
(A)(2n－1)2 (B) (2n－1)
(C) (4n－1) (D)4n－1
6.设数列{xn}满足logaxn+1=1+logaxn(n∈N*，a＞0且a≠1)，且x1+x2+x3+…+x100=100,则x101+x102+x103+…+x200的值为( )
(A)100a2 (B)101a2 (C)100a100 (D)101a100
二、填空题（每小题6分，共18分）
7.设Sn=,若，则n的值为______.
8.数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,an+2-an=1+（-1）n(n∈N*),则S100=______.
9.（易错题）已知{an}是公差为-2的等差数列,且a1=12,则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a20|=______.
三、解答题（每小题15分，共30分）
10.（2012·泉州模拟）已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足=S2n-1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.
11.(预测题）已知{an}是单调递增的等差数列，首项a1=3,前n项和为Sn,数列{bn}是等比数列，首项b1=1,且a2b2=12,S3+b2=20.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn=nbn(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.
【探究创新】
（16分）已知公差为d(d＞1)的等差数列{an}和公比为q(q＞1)的等比数列{bn}，满足集合{a3,a4,a5}∪{b3,b4,b5}={1,2,3,4,5},
(1)求通项an,bn;
(2)求数列{an·bn}的前n项和Sn.

答案解析
1.【解析】选D.∵数列{(-1)n}是首项与公比均为-1的等比数列,
∴.
2．【解题指南】根据等差数列的性质可知，｛an＋bn｝仍然是等差数列，所以利用等差数列的求和公式求解即可.
【解析】选C.由题意知{an＋bn}也为等差数列，所以{an＋bn}的前20项和为：
S20＝.
3．【解题指南】首先对数列的通项公式进行变形，观察通项公式的特点是一个常数列与一个等比数列的差，所以需要分组求和.
【解析】选D.∵，
∴
＝n－()
＝n－，
由，观察可得出n＝6.
4.【解析】选B. ,
∴,

5.【解析】选C.∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2n－1－1(n≥2,n∈N*)，
∴an＝2n－2n－1＝2n－1，
当n=1时，a1=21-1=1,
∴a1也适合上式，
∴an=2n-1,∴＝4n－1，
∴．
6.【解析】选C.logaxn+1=1+logaxn,
得xn+1=axn，且a＞0，a≠1,xn＞0,
∴数列{xn}是公比为a的等比数列,
∴x101+x102+x103+…+x200
=x1a100+x2a100+x3a100+…+x100a100
=100a100.
7.【解析】

解得n=6.
答案：6
【变式备选】已知数列{an}的通项公式an=4n，bn=,则数列{bn}的前10项和S10=______.
【解析】根据题意
=,
所以{bn}的前10项和S10=b1+b2+…+b10=

答案：
8.【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+=2 600.
答案：2 600
9.【解析】由题意知,an=12+(n-1)×(-2)=-2n+14
令-2n+14≥0，得n≤7
∴当n≤7时，an≥0，当n＞7时，an＜0.
∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a20|=(a1+a2+…+a7)-(a8+a9+…+a20)
=2S7-S20=2［7×12+×(-2)］-［20×12+×(-2)］
=224.
答案：224
【方法技巧】绝对值型数列求和的求解策略：
(1)an是先正后负型的{|an|}的前n项和的求解策略：
找出an正负的分界点（假设前m项为正），考虑当{|an|}的项数n≤m时，|an|=an，{|an|}的前n项和Tn与{an}的前n项和Sn相等，当n＞m时，{|an|}的前n项和Tn=a1+a2+…+am-am+1-…-an=-Sn+2Sm.可以总结为“一求两考虑”.
(2)an是先负后正型的{|an|}的前n项和的求解策略：同样是“一求两考虑”，一求是求出an正负的分界点（假设前m项为负），两个考虑是当{|an|}的项数n≤m时，|an|=-an，Tn=-Sn，当n＞m时，{|an|}的前n项和Tn=|a1|+|a2|+…+|an|
=-a1-a2-…-am+am+1+…+an=Sn-2Sm（Sn是数列｛an｝的前n项和）.
10.【解析】(1)方法一:设等差数列{an}的公差为d,首项为a1,
在=S2n-1中，令n=1,n=2，
得即
解得a1=1,d=2,
∴an=2n-1.
方法二:∵{an}是等差数列,∴=an,
∴S2n-1=(2n-1)=(2n-1)an.
由=S2n-1，得=(2n-1)an,
又∵an≠0,∴an=2n-1.
(2)

11.【解析】(1)设公差为d,公比为q,则
a2b2=(a1+d)·b1q=(3+d)·q=12 ①
又S3+b2=3a1+d+b1q=9+3d+q=20 ②
解①②得∴an=3n,bn=2n-1.
(2)∵cn=nbn=n×2n-1,
∴Tn=c1+c2+…+cn
=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1 ①
2Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n ②
由①-②得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n×2n
=-n×2n
=2n-1-n×2n,
∴Tn=(n-1)×2n+1.
【探究创新】
【解题指南】(1)结合等差数列与等比数列的项，由{a3,a4,a5}∪{b3,b4,b5}={1，2，3，4，5}可得a3,a4,a5,b3,b4,b5的值，从而可求数列的通项.
(2)由于{an},{bn}分别为等差数列、等比数列，用“乘公比错位相减”求数列的前n项和Sn.
【解析】(1)∵1,2,3,4,5这5个数中成公差大于1的等差数列的三个数只能是1,3,5；成公比大于1的等比数列的三个数只能是1,2,4.
而{a3,a4,a5}∪{b3,b4,b5}={1，2，3，4，5}，
∴a3=1，a4=3，a5=5，b3=1，b4=2，b5=4,
∴a1=-3，d=2,b1=,q=2,
∴an=a1+(n-1)d=2n-5,bn=b1×qn-1=2n-3.
(2)∵anbn=(2n-5)×2n-3,
∴Sn=（-3）×2-2+(-1)×2-1+1×20+…+(2n-5)×2n-3,
2Sn=-3×2-1+(-1)×20+…+(2n-7)×2n-3+(2n-5)×2n-2,
两式相减得-Sn=(-3)×2-2+2×2-1+2×20+…+2×2n-3-(2n-5)×2n-2= -1+2n-1-(2n-5)×2n-2
∴Sn=+(2n-7)×2n-2.
【变式备选】已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为-4，
（1）求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(4-an)qn-1(q≠0,n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)设{an}的公差为d,由已知得
解得a1=3,d=-1.
故an=3-(n-1)=4-n.
（2）由（1）可得,bn=n·qn-1,于是
Sn=1·q0+2·q1+3·q2+…+n·qn-1.
若q≠1，将上式两边同乘以q,
qSn=1·q1+2·q2+…+(n-1)·qn-1+n·qn.
两式相减得到(q-1)Sn=nqn-1-q1-q2-…-qn-1=nqn-
于是, ,
若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=.
所以，
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