【全程复习方略】2013版高中数学-5.5数列求和及通项课时提能训练-苏教版.doc

【全程复习方略】2013版高中数学 5.5数列求和及通项课时提能训练 苏教版
(45分钟 100分)
一、填空题(每小题5分，共40分)
1.设数列{(-1)n}的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn=______.
2.已知数列{an}的通项公式是an＝其前n项和则项数n=______.
3.已知数列{an}：若那么数列{bn}的前n项和Sn=______.
4.(2012·南通模拟)给定数列{xn},x1=1,且xn+1=则x1+x2+…+x2 011=______.
5.设若Sn·Sn+1=，则n的值为______.
6.已知数列2 008,2 009,1,-2 008,-2 009,…这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 011项之和S2 011=______.
7.数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则S100=______.
8.(2012·泰州模拟)已知数列{an}满足:a1=(m∈N*),则数列{an}的前4m+4项的和S4m+4=______.
二、解答题(每小题15分，共45分)
9.已知各项都不相等的等差数列{an}的前6项和为60,且a6为a1和a21的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn+1-bn=an(n∈N*)，且b1=3，求数列{}的前n项和Tn.
10.设函数y=f(x)的定义域为R，其图象关于点成中心对称，令ak=f()(n是常数且n≥2,n∈N*)，k=1,2，…，n-1，求数列{ak}的前n-1项的和.
11.(2012·盐城模拟)已知数列{an}满足［2+(-1)n+1］an+［2+(-1)n］an+1=1+(-1)n·3n,n∈N*,a1=2.
(1)求a2,a3的值;
(2)设bn=a2n+1-a2n-1,n∈N*,证明:{bn}是等差数列;
(3)设cn=求数列{cn}的前n项和Sn.
【探究创新】
(15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】∵数列{(-1)n}是首项与公比均为-1的等比数列,∴

答案：
2.【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】∵
∴
＝
＝
由观察可得出n＝6.
答案：6
3.【解析】∵
∴
∴
=
答案：
4.【解析】由x1=1且可求
所以数列{xn}为循环数列,周期为6,
且x1+x2+x3+x4+x5+x6=0,
所以x1+x2+…+x2 011=x1=1.
答案：1
5.【解析】=
∴Sn·Sn+1=
解得n=6.
答案：6
【变式备选】已知数列{an}的通项公式an=4n，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：
6.【解题指南】根据数列的前5项写出数列的前8项，寻找规律，可发现数列是周期数列.
【解析】由已知得(n≥2),
∴
故数列的前8项依次为2 008,2 009,1,-2 008,-2 009，-1，2 008，2 009.
由此可知数列为周期数列，周期为6,且S6=0.
∵2 011=6×335+1,
∴S2 011=S1=2 008.
答案：2 008
7.【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)=
=2 600.
答案:2 600
8.【解析】由已知得,数列{an}是周期为m+1的周期数列,且前m+1项组成首项为a1,公比为2的等比数列,
∴
∴
答案：
9.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
则
解得
∴an=2n+3.
(2)由bn+1-bn=an,
∴bn-bn-1=an-1(n≥2,n∈N*)，
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
=an-1+an-2+…+a1+b1=n(n+2).
当n=1时，b1=3也适合上式,
∴bn=n(n+2)(n∈N*).
∴

10.【解析】∵y=f(x)的图象关于点成中心对称,
所以f(x)+f(1-x)=1.
令Sn-1=a1+a2+…+an-1,
则Sn-1=
又Sn-1=
两式相加，得
∴
11.【解析】(1)因为［2+(-1)n+1］an+［2+(-1)n］an+1=1+(-1)n·3n(*),且a1=2,所以将n=1代入(*)式,得3a1+a2=-2,故a2=-8,将n=2代入(*)式,得a2+3a3=7,故a3=5.
(2)在(*)式中,用2n代换n,得［2+(-1)2n+1］a2n+［2+(-1)2n］a2n+1=1+(-1)2n·6n,
即a2n+3a2n+1=1+6n①,
再在(*)式中,用2n-1代换n,
得［2+(-1)2n］a2n-1+［2+(-1)2n-1］a2n
=1+(-1)2n-1·(6n-3),
即3a2n-1+a2n=4-6n ②,
①-②,得3(a2n+1-a2n-1)=12n-3,
即bn=4n-1,
则由bn+1-bn=［4(n+1)-1］-(4n-1)=4,
得{bn}是等差数列.
(3)因为a1=2,由(2)知,
a2k-1=a1+(a3-a1)+(a5-a3)+…+(a2k-1-a2k-3)
=2+(4×1-1)+(4×2-1)+…+［4×(k-1)-1］
=(k-1)(2k-1)+2 ③,
将③代入②,得
3(k-1)(2k-1)+6+a2k=4-6k,
即a2k=-6k2+3k-5
所以c2k-1=a2k-1+(2k-1)2
=
c2k=a2k+(2k)2=-4k2+3k-5,
则c2k-1+c2k=-2k-,
所以S2k=(c1+c2)+(c3+c4)+…+(c2k-1+c2k)

所以S2k-1=S2k-c2k=
故Sn=
=
【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
∴
【方法技巧】依特征找规律
对于数列的综合题，应根据给出的等式的特征，结合数列的通项an与前n项和Sn的关系，及等比数列、等差数列的性质，转化为数列相邻两项的关系，另外，错位相减法是数列求和的重要方法，应熟练运用.
【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
=
于是,
若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=.
所以，Sn=
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