2015创新设计二轮专题复习配套-专题训练1-3-1

专题三数列第1讲数列的通项与求和问题一、选择题1．在等差数列{an}中，若a2＋a3＝4，a4＋a5＝6，则a9＋a10等于()．A．9B．10C．11D．12解析设等差数列{an}的公差为d，则有(a4＋a5)－(a2＋a3)＝4d＝2，所以d＝12.又(a9＋a10)－(a4＋a5)＝10d＝5，所以a9＋a10＝(a4＋a5)＋5＝11.答案C2．(2014·嘉兴教学测试)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝2－1，a5＝2＋1，则a23＋2a2a6＋a3a7＝()．A．4B．6C．8D．8－42解析在等比数列{an}中，a3a7＝a25，a2a6＝a3a5，所以a23＋2a2a6＋a3a7＝a23＋2a3a5＋a25＝(a3＋a5)2＝(2－1＋2＋1)2＝(22)2＝8.答案C3．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n项和Sn为()．A．n2＋1－12nB．n2＋2－12nC．n2＋1－12n－1D．n2＋2－12n－1解析因为an＝2n－1＋12n，则Sn＝n1＋2n－12＋1－12n·121－12＝n2＋1－12n.答案A4．(2014·烟台一模)在等差数列{an}中，a1＝－2012，其前n项和为Sn，若S20122012－S1010＝2002，则S2014的值等于()．A．2011B．－2012C．2014D．－2013解析等差数列中，Sn＝na1＋nn－12d，Snn＝a1＋(n－1)d2，即数列Snn是首项为a1＝－2012，公差为d2的等差数列；因为S20122012－S1010＝2002，所以，(2012－10)d2＝2002，d2＝1，所以，S2014＝2014[(－2012)＋(2014－1)×1]＝2014，选C.答案C5．(2014·合肥质量检测)数列{an}满足a1＝2，an＝an＋1－1an＋1＋1，其前n项积为Tn，则T2014＝()．A.16B．－16C．6D．－6解析由an＝an＋1－1an＋1＋1，得an＋1＝1＋an1－an.∵a1＝2，∴a2＝－3，a3＝－12，a4＝13，a5＝2，a6＝－3.故数列{an}具有周期性，周期为4，∵a1a2a3a4＝1，∴T2014＝T2＝a1a2＝2×(－3)＝－6.答案D二、填空题6．(2014·衡水中学调研)已知数列{an}满足a1＝12，an－1－an＝an－1annn－1(n≥2)，则该数列的通项公式an＝________.解析∵an－1－an＝an－1annn－1(n≥2)，∴an－1－anan－1an＝1nn－1，∴1an－1an－1＝1n－1－1n，∴1a2－1a1＝11－12，1a3－1a2＝12－13，…，1an－1an－1＝1n－1－1n，∴1an－1a1＝1－1n，又∵a1＝12，∴1an＝3－1n，∴an＝n3n－1.答案n3n－17．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于________．解析由Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，得am＝2，am＋1＝3，所以d＝1，因为Sm＝0，故ma1＋mm－12d＝0，故a1＝－m－12，因为am＋am＋1＝5，故am＋am＋1＝2a1＋(2m－1)d＝－(m－1)＋2m－1＝5，即m＝5.答案58．(2014·广东卷)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝________.解析∵a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，∴a10·a11＝e5，lna1＋lna2＋…＋lna20＝10ln(a10·a11)＝10·lne5＝50.答案50三、解答题9．(2014·北京卷)已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．解(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝a4－a13＝12－33＝3.所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝b4－a4b1－a1＝20－124－3＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．数列{3n}的前n项和为32n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1－2n1－2＝2n－1.所以，数列{bn}的前n项和为32n(n＋1)＋2n－1.10．(2014·江西卷)已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝anbn，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.解(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以an＋1bn＋1－anbn＝2，即cn＋1－cn＝2.所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.11．(2014·烟台一模)已知数列{an}前n项和为Sn，首项为a1，且12，an，Sn成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}满足bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)，求数列1bn的前n项和．解(1)∵12，an，Sn成等差数列，∴2an＝Sn＋12，当n＝1时，2a1＝S1＋12，∴a1＝12，当n≥2时，Sn＝2an－12，Sn－1＝2an－1－12，两式相减得：an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴anan－1＝2，所以数列{an}是首项为12，公比为2的等比数列，即an＝12×2n－1＝2n－2.(2)∵bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)＝(log222n＋1－2)×(log222n＋3－2)＝(2n－1)(2n＋1)，∴1bn＝12n－1×12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴数列1bn的前n项和Tn＝1b1＋1b2＋1b3＋…＋1bn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.