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【志鸿优化】2015高考数学(人教,理)一轮课时规范练32 数列的通项与求和]


课时规范练 32
一、选择题

数列的通项与求和
课时规范练第 50 页 ) D.10200

1.已知函数 f(n)=且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+a3+…+a100 等于( A.0 B.100 C.-100

答案:B 解析:由题意,a1+a2+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-…(99+100)+(101+100)=100.故选 B. 2.数列 1,2,3,4,…的前 n 项和为( A. C.-+1 答案:C 解析:由题意,得 an=n+, ∴Sn=(1+2+3+…+n)++…++1-.故选 C. 3.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=(n∈N*),则数列{an}的通项公式为( A.an=2n-1 B.an=2) B.D.)

C.an= D.an= 答案:C 解析:由题意得+1,则+1=2,易知+1=2≠0,所以数列是以 2 为首项,2 为公比的等比数列,则+1=2n,则 an=. 4.在数列{an}中,已知对任意 n∈N*,a1+a2+a3+…+an=3n-1,则+…+等于( ) A.(3n-1)2 B.(9n-1) C.9n-1 D.(3n-1) 答案:B 解析:因为 a1+a2+…+an=3n-1,所以 a1+a2+…+an-1=3n-1-1(n≥2).则 n≥2 时,an=2·3n-1. 当 n=1 时,a1=3-1=2,适合上式,所以 an=2·3n-1(n∈N*). 则数列{}是首项为 4,公比为 9 的等比数列. 所以+…+(9n-1).故选 B. 5.如果一个数列{an}满足 an+1+an=h(h 为常数,n∈N*),则称数列{an}为等和数列,h 为公和,Sn 是其前 n 项和.已知 等和数列{an}中,a1=1,h=-3,则 S2015 等于( A.3020 B.3021 答案:C 解析:由公和 h=-3,a1=1,得 a2=-4, 并且数列{an}是以 2 为周期的数列, 则 S2015=1007(a1+a2)+a1=-3021+1=-3020. 6.公差不为零的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a4 是 a3 与 a7 的等比中项,且 S10=60,则 S20 等于( A.80 B.160 C.320 D.640 答案:C 解析:设数列{an}的公差为 d,d≠0,则=a3a7=(a4-d)(a4+3d),d=(a1+3d), ∴d=-a1.∵S10==5(2a1+9d)=10a1+45=-20a1=60,∴a1=-3,d=2,∴S20=320. ) ) C.-3020 D.-3021

二、填空题
7.在数列{an}中,a1=1,a2=2,且 an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则 S100= 答案:2600 解析:由已知,得 a1=1, a2=2, a3-a1=0, a4-a2=2, … a99-a97=0, .

a100-a98=2, 累加得 a100+a99=98+3,同理得 a98+a97=96+3,…,a2+a1=0+3,则 a100+a99+a98+a97+…+a2+a1=+50×3=2600. 8.数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,an+1=3Sn(n=1,2,3,…),则 log4S10= 答案:9 解析:∵an+1=3Sn,∴an=3Sn-1(n≥2). 两式相减得 an+1-an=3(Sn-Sn-1)=3an,∴an+1=4an,即=4. ∴{an}从第 2 项起是公比为 4 的等比数列. 当 n=1 时,a2=3S1=3,∴n≥2 时,an=3·4n-2, S10=a1+a2+…+a10=1+3+3×4+3×42+…+3×48 =1+3(1+4+…+48)=1+3×=1+49-1=49. ∴log4S10=log449=9. 9.在等差数列{an}中,满足 3a4=7a7,且 a1>0,Sn 是数列{an}前 n 项的和,若 Sn 取得最大值,则 n= 答案:9 解析:设公差为 d,由题设知 3(a1+3d)=7(a1+6d), 所以 d=-a1<0.解不等式 an>0, 即 a1+(n-1)>0,所以 n<,则 n≤9, 当 n≤9 时,an>0,同理可得当 n≥10 时,an<0. 故当 n=9 时,Sn 取得最大值. .

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三、解答题
10.设函数 f(x)=xm+ax 的导函数 f'(x)=2x+1,求数列(n∈N*)的前 n 项和. 解:∵f'(x)=mxm-1+a,∴m=2,a=1.∴f(x)=x2+x,f(n)=n2+n.∴. ∴Sn=+…++…+=1-. 11.已知数列{an}的各项均为正数,Sn 为其前 n 项和,对于任意的 n∈N*满足关系式 2Sn=3an-3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}的通项公式是 bn=,前 n 项和为 Tn,求证:对于任意的正整数 n,总有 Tn<1. 解:(1)解由已知得(n≥2). 故 2(Sn-Sn-1)=2an=3an-3an-1, 即 an=3an-1(n≥2). 故数列{an}为等比数列,且公比 q=3. 又当 n=1 时,2a1=3a1-3,∴a1=3.∴an=3n. (2)证明:∵bn=,∴Tn=b1+b2+…+bn=+…+=1-<1. 12.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn=3n,数列{bn}满足 b1=-1,bn+1=bn+(2n-1)(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式 an; (2)求数列{bn}的通项公式 bn; (3)若 cn=,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解:(1)∵Sn=3n,∴Sn-1=3n-1(n≥2), ∴an=Sn-Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1(n≥2). 当 n=1 时,2×31-1=2≠S1=a1=3, ∴an= (2)∵bn+1=bn+(2n-1), ∴b2-b1=1,b3-b2=3,b4-b3=5,…,bn-bn-1=2n-3. 以上各式相加得 bn-b1=1+3+5+…+(2n-3)==(n-1)2. ∵b1=-1,∴bn=n2-2n. (3)由题意得 cn=当 n≥2 时,Tn=-3+2×0×31+2×1×32+2×2×33+…+2(n-2)×3n-1, ∴3Tn=-9+2×0×32+2×1×33+2×2×34+…+2(n-2)×3n, 相减得-2Tn=6+2×32+2×33+…+2×3n-1-2(n-2)×3n. ∴Tn=(n-2)×3n-(3+32+33+…+3n-1)=(n-2)×3n-.

∴Tn=∴Tn=(n∈N*).


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