2015届高考数学大一轮复习课时训练32数列求和理苏教版

课时跟踪检测(三十二)数列求和(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2013·徐州、宿迁三检)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若S7＝7，S15＝75，则数列{Snn}的前20项和为________．2．(2013·苏北四市三调)数列{an}满足an＋an＋1＝12(n∈N*)，a1＝－12，Sn是{an}的前n项和，则S2014＝________.3．(2014·东城一模)已知函数f(n)＝n2cosnπ，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________.4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝________.5．已知数列{an}满足an＋an＋1＝－1n＋12(n∈N*)，a1＝－12，Sn是数列{an}的前n项和，则S2013＝________.6.创新题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＝________.7．(2013·徐州、宿迁三检)已知数列{an}满足a1＝a＋2(a≥0)，an＋1＝an＋a2，n∈N*.(1)若a＝0，求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝|an＋1－an|，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sna1.8．(2014·镇江模拟)已知函数f(x)＝x2x＋m的图像经过点(4,8)．(1)求该函数的解析式；(2)数列{an}中，若a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且满足an＝f(Sn)(n≥2)，证明数列{1Sn}成等差数列，并求数列{an}的通项公式；(3)另有一新数列{bn}，若将数列{bn}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：b1b2b3b4b5b6b7b8b9b10…记表中的第一列数b1，b2，b4，b7，…构成的数列即为(2)中数列{an}，上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数．当b81＝－491时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和．第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2013·南京三模)正整数按下列方法分组：{1}，{2,3,4}，{5,6,7,8,9}，{10,11,12,13,14,15,16}，…记第n组中各数之和为An；由自然数的立方构成下列数组：{03,13}，{13,23}，{23,33}，{33,43}，…记第n组中后一个数与前一个数的差为Bn，则An＋Bn＝________.2．(2014·扬州期末)如图所示，矩形AnBnCnDn的一边AnBn在x轴上，另两个顶点Cn，Dn在函数f(x)＝x＋1x(x0)的图像上．若点Bn的坐标为(n,0)(n≥2，n∈N*)，矩形AnBnCnDn的周长记为an，则a2＋a3＋…＋a10＝________.3．(2014·苏中三市、连云港、淮安调研(二))已知数列{an}是首项为1，公差为d的等差数列，数列{bn}是首项为1，公比为q(q＞1)的等比数列．(1)若a5＝b5，q＝3，求数列{an·bn}的前n项和；(2)若存在正整数k(k≥2)，使得ak＝bk，试比较an与bn的大小，并说明理由．4．(2014·连云港质检)已知数列{an}中，a2＝a(a为非零常数)，其前n项和Sn满足Sn＝nan－a12(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若a＝2，且14a2m－Sn＝11，求m，n的值；(3)是否存在实数a，b，使得对任意正整数p，数列{an}中满足an＋b≤p的最大项恰为第3p－2项？若存在，分别求出a与b的取值范围；若不存在，请说明理由．答案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解析：由条件得7a1＋21d＝7，15a1＋105d＝75，解得a1＝－2，d＝1，从而Sn＝－2n＋nn－12，则Snn＝n2－52，即数列{Snn}是以－2为首项，12为公差的等差数列，故所求数列的前20项和为－2＋202－522×20＝55.答案：552．解析：由题意得数列{an}的各项为－12，1，－12，1，…，以2为周期的周期数列，所以S2014＝12×1007＝10072.答案：100723．解析：f(n)＝n2cosnπ＝－n2n为奇数n2n为偶数＝(－1)n·n2，由an＝f(n)＋f(n＋1)＝(－1)n·n2＋(－1)n＋1·(n＋1)2＝(－1)n[n2－(n＋1)2]＝(－1)n＋1·(2n＋1)，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50×(－2)＝－100.答案：－1004．解析：∵由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，∴n≤3时，an0，n3时，an0，∴Tn＝6n－n21≤n≤3，n2－6n＋18n3.答案：6n－n21≤n≤3，n2－6n＋18n35．解析：由题意知，a1＝－12，a2＝1，a3＝－32，a4＝2，a5＝－52，a6＝3，…，所以数列{an}的奇数项构成了首项为－12，公差为－1的等差数列，偶数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，通过分组求和可得S2013＝－12×1007＋1007×10062×]－1＋1×1006＋1006×10052×1＝－10072.答案：－100726．解析：∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n－2＋2＝2n.∴Sn＝2－2n＋11－2＝2n＋1－2.答案：2n＋1－27．解：(1)若a＝0，则a1＝2，an＋1＝an2，所以2a2n＋1＝an，且an0.两边取对数得lg2＋2lgan＋1＝lgan，即lgan＋1＋lg2＝12(lgan＋lg2)，因为lga1＋lg2＝2lg2，所以数列{lgan＋lg2}是以2lg2为首项，12为公比的等比数列．所以lgan＋lg2＝2×(12)n－1·lg2，所以an＝222－n－1.(2)证明：由an＋1＝an＋a2得2a2n＋1＝an＋a，①当n≥2时，2a2n＝an－1＋a，②①－②，得2(an＋1＋an)(an＋1－an)＝an－an－1，由已知an0，所以an＋1－an与an－an－1同号．因为a2＝a＋1，且a≥0，所以a21－a22＝(a＋2)2－(a＋1)＝a2＋3a＋30恒成立，所以a2－a10，所以an＋1－an0.因为bn＝|an＋1－an|，所以bn＝－(an＋1－an)，所以Sn＝－[(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)]＝－(an＋1－a1)＝a1－an＋1a1.即原命题成立．8．解：(1)由函数f(x)＝x2x＋m的图像经过点(4,8)得m＝－2，所以函数的解析式为f(x)＝x2x－2.(2)证明：由已知，当n≥2时，an＝f(Sn)，即an＝S2nSn－2.又因为Sn＝a1＋a2＋…＋an，所以Sn－Sn－1＝S2nSn－2，即2Sn＋Sn·Sn－1＝2Sn－1，所以1Sn－1Sn－1＝12.又因为S1＝a1＝1，所以数列{1Sn}是首项为1，公差为12的等差数列．由上可知1Sn＝1＋12(n－1)＝n＋12，即Sn＝2n＋1.所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝－2nn＋1因此an＝1，n＝1，－2nn＋1，n≥2.(3)设表中从第三行起，每行的公比都为q，且q0.因为1＋2＋…＋12＝12×132＝78，所以表中第1行至第12行共含有数列{bn}的前78项，故b81在表中第13行第三列，因此b81＝a13q2＝－491.又因为a13＝－213×14，所以q＝2.记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，则S＝ak1－qk1－q＝－2kk＋1·1－2k1－2＝21－2kkk＋1(k≥3)．第Ⅱ卷：提能增分卷1．解析：正整数组中每组的中间数依次为1,3,7,13，…，第n组中中间一个数为(n－1)n＋1，故由等差数列性质可知An＝[(n－1)n＋1](2n－1)，即An＝2n3－3n2＋3n－1.而自然数的立方构成的数组中Bn＝n3－(n－1)3＝3n2－3n＋1，所以An＋Bn＝2n3.答案：2n32．解析：由题意知Bn(n,0)，Cn(n，n＋1n)，又CnDn与x轴平行，所以Dn(1n，n＋1n)，An(1n，0)，所以an＝2(AnBn＋AnDn)＝4n，故a2＋a3＋…＋a10＝4×9×2＋102＝216.答案：2163．解：(1)依题意，bn＝3n－1，a5＝b5＝b1q5－1＝1×34＝81，故d＝a5－a15－1＝81－14＝20，所以an＝1＋20(n－1)＝20n－19.故Sn＝1×1＋21×3＋41×32＋…＋(20n－19)·3n－1，则3Sn＝1×3＋21×32＋…＋(20n－39)·3n－1＋(20n－19)·3n，所以－2Sn＝1＋20×(3＋32＋…＋3n－1)－(20n－19)·3n＝1＋20×31－3n－11－3－(20n－19)·3n＝(29－20n)·3n－29，所以Sn＝20n－29·3n＋292.(2)因为ak＝bk，所以1＋(k－1)d＝qk－1，即d＝qk－1－1k－1，故an＝1＋(n－1)qk－1－1k－1，又bn＝qn－1，所以bn－an＝qn－1－1＋n－1qk－1－1k－1＝1k－1[(k－1)(qn－1－1)－(n－1)(qk－1－1)]＝q－1k－1[(k－1)(qn－2＋qn－3＋…＋q＋1)－(n－1)(qk－2＋qk－3＋…＋q＋1)]．①当1＜n＜k时，由q＞1知bn－an＝q－1k－1[(k－n)(qn－2＋qn－3＋…＋q＋1)－(n－1)(qk－2＋qk－3＋…＋qn－1)]＜q－1k－1[(k－n)(n－1)qn－2－(n－1)(k－n)qn－1]＝－q－12k－nn－1qn－2k－1＜0，即bn＜an；②当n＞k时，由q＞1知bn－an＝q－1k－1[(k－1)(qn－2＋qn－3＋…＋qk－1)－(n－k)(qk－2＋qk－3＋…＋q＋1)]＞q－1k－1[(k－1)(n－k)qk－1－(n－k)(k－1)qk－2]＝(q－1)2(n－k)qk－2＞0，即bn＞an.综上所述，当1＜n＜k时，an＜bn；当n＞k时，an＞bn；当n＝1，k时，an＝bn.4．解：(1)由已知得a1＝S1＝1·a1－a12＝0，所以Sn＝nan2，则Sn＋1＝n＋1an＋12，所以2(Sn＋1－Sn)＝(n＋1)an＋1－nan，即(n－1)an＋1＝nan，n∈N*，所以nan＋2＝(n＋1)an＋1，两式相减得2an＋1＝an＋2＋an，n∈N*，即an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，故数列{an}是等差数列．又a1＝0，a2＝a，所以an＝(n－1)a.(2)若a＝2，则an＝2(n－1)，所以Sn＝n(n－1)．由14a2m－Sn＝11得n2－n＋11＝(m－1)2，即4(m－1)2－(2n－1)2＝43，所以(2m＋2n－3)(2m－2n－1)＝43，因为43是质数，2m＋2n－3＞2m－2n－1,2m＋2n－3＞0，所以2m－2n－1＝1，2m＋2n－3＝43，解得m＝12，n＝11.(3)由an＋b≤p得a(n－1)＋b≤p.若a＜0，则n≥p－ba＋1，不合题意，舍去；若a＞0，则n≤p－ba＋1.因为不等式an＋b≤p成立的最大正整数解为3p－2，所以3p－2≤p－ba＋1＜3p－1，即2a－b＜(3a－1)p≤3a－b，对任意正整数p都成立．所以3a－1＝0，解得a＝13，此时23－b＜0≤1－b，解得23＜b≤1.故