2013版高中全程复习方略课时提能训练5.5数列求和及通项(苏教版数学文)

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。课时提能演练(三十四)(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＝nn212－，其前n项和n321S64＝，则项数n=______.3.已知数列{an}：1121231239,,,23344410101010，，，若nnn11b,aa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=nn3x1,3x则x1+x2+…+x2011=______.5.设n1111S,2612nn1若Sn·Sn+1=34，则n的值为______.6.已知数列2008,2009,1,-2008,-2009,…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2011项之和S2011=______.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=m321(m∈N*),nnn1nna3,a3a,2a,a3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{n1b}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11(,)22成中心对称，令ak=f(kn)(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=2n1an,2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,∴nn111S11n11.2答案：n112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】∵nn1a12＝－，∴nn1111S(1)(1)(1)(1)2482＝－＋－＋－＋＋－＝n1111n()2482－＋＋＋＋＝nn11(1)122nn11212－－＝－＋，－由nn3211Sn1642＝＝－＋，观察可得出n＝6.答案：63.【解析】∵n123nna,n12∴nnn11411b4(),aann1nn1∴n11111S41)()()223nn1［(］=14n4(1).n1n1答案：4nn14.【解析】由x1=1且nn1n3x1x,3x可求234567x23,x23,x1,x32,x23,x1,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+…+x2011=x1=1.答案：15.【解析】n1111111S122334nn1=1n1,n1n1∴Sn·Sn+1=nn1n3,n1n2n24解得n=6.答案：6【变式备选】已知数列{an}的通项公式an=4n，n2n2n11b,logaloga则数列{bn}的前10项和S10=______.【解析】根据题意n2n2n11blogaloga2n2n1111(),2logaloga所以{bn}的前10项和S10=b1+b2+…+b10=212222232102111111111()2logalogalogalogalogaloga21211111()2logaloga1115().222222答案：5226.【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nn1n1aaa(n≥2),∴n1nn1aaa.故数列的前8项依次为2008,2009,1,-2008,-2009，-1，2008，2009.由此可知数列为周期数列，周期为6,且S6=0.∵2011=6×335+1,∴S2011=S1=2008.答案：20087.【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)=100250502=2600.答案:26008.【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,∴m1m1m3(21)S,21∴m14m4m12(21)S.21答案：m1m12(21)219.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则121116a15d60,,aa20da5d解得1d2,a5∴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*).∴n11111(),bnn22nn2n2111111T(1)2324nn213113n5n().22n1n24n1n210.【解析】∵y=f(x)的图象关于点11(,)22成中心对称,所以f(x)+f(1-x)=1.令Sn-1=a1+a2+…+an-1,则Sn-1=12n1f()f()f(),nnn又Sn-1=n1n21f()f()f(),nnn两式相加，得n11n12n2n112Sf()f()f()f()f()f()n1,nnnnnn［］［］［］∴n1n1S.2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=4-6n②,①-②,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)+2③,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+12(2k-1)2=274k5k,2c2k=a2k+12(2k)2=-4k2+3k-5,则c2k-1+c2k=-2k-32,所以S2k=(c1+c2)+(c3+c4)+…+(c2k-1+c2k)2333(21)(22)(2k)2225kk,2［］所以S2k-1=S2k-c2k=222511(kk)4k3k53kk5,22故Sn=22113kk5n2k125kkn2k2=223n5n12(n)4.n5n(n)4为奇数为偶数【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=14,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=-34-1+2n-1-(2n-5)×2n-2∴n2n7S2n72.4【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113a3d6,8a28d4.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=n1nnnnqn1q1q1nqq1q1于是,n1nn2nqn1q1S,q1若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=nn12.所以，Sn=n1n2nn1q1,2nqn1q1(q1,q0).q1