2012一轮复习《高考调研》全套复习课件和练习6-专题训练1

一、选择题1．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项之和为()A．2n－1B．n·2n－nC．2n＋1－nD．2n＋1－n－2答案D解析记an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1∴Sn＝2·2n－12－1－n＝2n＋1－2－n2．数列{an}、{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项之和为()A.13B.512C.12D.712答案B解析bn＝1an＝1n＋1n＋2＝1n＋1－1n＋2S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112＝5123．已知等差数列公差为d，且an≠0，d≠0，则1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1可化简为()A.nda1a1＋ndB.na1a1＋ndC.da1a1＋ndD.n＋1a1[a1＋n＋1d]答案B解析∵1anan＋1＝1d(1an－1an＋1)∴原式＝1d(1a1－1a2＋1a2－1a3＋…＋1an－1an＋1)＝1d(1a1－1an＋1)＝na1·an＋1，选B4．设直线nx＋(n＋1)y＝2(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形面积为Sn，则S1＋S2＋…＋S2008的值为()A.20052006B.20062007C.20072008D.20082009答案D解析直线与x轴交于(2n，0)，与y轴交于(0，2n＋1)，∴Sn＝12·2n·2n＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴原式＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(12008－12009)＝1－12009＝20082009二、填空题5．(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝____________.答案5050解析原式＝100＋99＋98＋97＋…＋2＋1＝100×100＋12＝50506．Sn＝122－1＋142－1＋…＋12n2－1＝________.答案n2n＋1解析通项an＝12n2－1＝12n－12n＋1＝12(12n－1－12n＋1)∴Sn＝12(1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1)＝12(1－12n＋1)＝n2n＋17．(2010·《高考调研》原创题)某医院近30天每天因患甲型H1N1流感而入院就诊的人数依次构成数列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且满足an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则该医院30天内因患甲型H1N1流感而入院就诊的人数共有________．答案255解析当n为偶数时，由题易得an＋2－an＝2，此时为等差数列；当n为奇数时，an＋2－an＝0，此时为常数列，所以该医院30天内因患甲型H1N1流感而入院就诊的人数总和为S30＝15＋15×2＋15×142×2＝255.三、解答题8．(2010·重庆卷，文)已知{an}是首项为19，公差为－2的等差数列，Sn为{an}的前n项和．(1)求通项an及Sn；(2)设{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.解析(1)因为{an}是首项为a1＝19，公差为d＝－2的等差数列，所以an＝19－2(n－1)＝－2n＋21.Sn＝19n＋nn－12·(－2)＝－n2＋20n.(2)由题意知bn－an＝3n－1，所以bn＝3n－1＋an＝3n－1－2n＋21.Tn＝Sn＋(1＋3＋…＋3n－1)＝－n2＋20n＋3n－12.9．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝anq2，(q≠0)求和：1a1＋1a2＋…＋1a2n.解由题意得1a2n－1＝1a1q2－2n，1a2n＝1a2q2－2n，于是1a1＋1a2＋…＋1a2n＝(1a1＋1a3＋…＋1a2n－1)＋(1a2＋1a4＋…＋1a2n)＝1a1(1＋1q2＋1q4＋…＋1q2n－2)＋1a2(1＋1q2＋1q4＋…＋1q2n－2)＝32(1＋1q2＋1q4＋…＋1q2n－2)．当q＝1时，1a1＋1a2＋…＋1a2n＝32(1＋1q2＋1q4＋…＋1q2n－2)＝32n，当q≠1时，1a1＋1a2＋…＋1a2n＝32(1＋1q2＋1q4＋…＋1q2n－2)＝32(1－q－2n1－q－2)＝32[q2n－1q2n－2q2－1]．故1a1＋1a2＋…＋1a2n＝32n，q＝132[q2n－1q2n－2q2－1]，q≠1.10．数列{an}的前n项和为Sn＝10n－n2，求数列{|an|}的前n项和．解析易求得an＝－2n＋11(n∈N*)．令an≥0，得n≤5；令an＜0，得n≥6.记Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，则：(1)当n≤5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝10n－n2.(2)当n≥6时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5－a6－a7－…－an＝2(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)－(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋an)＝2S5－Sn＝n2－10n＋50.综上，得Tn＝－n2＋10nn≤5时；n2－10n＋50n≥6时.11．已知数列{an}为等比数列．Tn＝na1＋(n－1)a2＋…＋an，且T1＝1，T2＝4(1)求{an}的通项公式．(2)求{Tn}的通项公式．解析(1)T1＝a1＝1T2＝2a1＋a2＝2＋a2＝4，∴a2＝2∴等比数列{an}的公比q＝a2a1＝2∴an＝2n－1(2)解法一：Tn＝n＋(n－1)·2＋(n－2)·22＋…＋1·2n－1①2Tn＝n·2＋(n－1)22＋(n－2)23＋…＋1·2n②②－①得Tn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝－n＋21－2n1－2＝－n＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2解法二：设Sn＝a1＋a2＋…＋an∴Sn＝1＋2＋…＋2n－1＝2n－1∴Tn＝na1＋(n－1)a2＋…＋2an－1＋an＝a1＋(a1＋a2)＋…＋(a1＋a2＋…＋an)＝S1＋S2＋…＋Sn＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)－n＝21－2n1－2－n＝2n＋1－n－212．设数列{an}是公差大于0的等差数列，a3，a5分别是方程x2－14x＋45＝0的两个实根．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋12n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)因为方程x2－14x＋45＝0的两个根分别为5、9，所以由题意可知a3＝5，a5＝9，所以d＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.(2)由(1)可知，bn＝an＋12n＋1＝n·12n，∴Tn＝1×12＋2×122＋3×123＋…＋(n－1)×12n－1＋n·12n①，∴12Tn＝1×122＋2×123＋…＋(n－1)×12n＋n·12n＋1②，①－②得，12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－1＋12n－n·12n＋1＝1－n＋22n＋1，所以Tn＝2－n＋22n.13．已知数列{an}的首项a1＝23，an＋1＝2anan＋1，n＝1,2，….(1)证明：数列{1an－1}是等比数列；(2)求数列{nan}的前n项和Sn.解(1)∵an＋1＝2anan＋1，∴1an＋1＝an＋12an＝12＋12·1an，∴1an＋1－1＝12(1an－1)，又a1＝23，∴1a1－1＝12.∴数列{1an－1}是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)由(1)知1an－1＝12·12n－1＝12n，即1an＝12n＋1，∴nan＝n2n＋n.设Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n.①则12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1.②①－②得12Tn＝12＋122＋…＋12n－n2n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1＝1－12n－n2n＋1，∴Tn＝2－12n－1－n2n，又1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12，∴数列{nan}的前n项和Sn＝2－2＋n2n＋nn＋12＝n2＋n＋42－n＋22n.1．已知数列{1n＋n＋1}的前n项和Sn＝9，求n的值．解析记an＝1n＋n＋1＝n＋1－n，则：a1＝2－1，a2＝3－2，a3＝4－3，…，an＝n＋1－n.∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1.令n＋1－1＝9，解得n＝99.2．设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，n∈N*.(1)求数列{an}的通项；(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解析(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，①∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－13，②①－②得3n－1an＝13，an＝13n.在①中，令n＝1，得a1＝13.∴an＝13n.(2)∵bn＝nan，∴bn＝n·3n，∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)．即2Sn＝n·3n＋1－31－3n1－3.∴Sn＝2n－13n＋14＋34.3．(09·广东A文)已知点(1，13)是函数f(x)＝ax(a0，且a≠1)的图像上的一点．等比数列{an}的前n项和为f(n)－c.数列{bn}(bn0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝Sn＋Sn－1(n≥2)．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)若数列{1bnbn＋1}的前n项和为Tn，问满足Tn10002009的最小正整数n是多少？解析(1)∵点(1，13)是函数f(x)＝ax(a0，且a≠1)的图象上的一点．∴f(1)＝a＝13.∴f(x)＝(13)x已知等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，则当n≥2时，an＝[f(n)－c]－[f(n－1)－c]＝an(1－a－1)＝－23n.∵{an}是等比数列，∴{an}的公比q＝13，∴a2＝－29＝a1q＝(f(1)－c)×13，解得c＝1，a1＝－23.故an＝－23n(n≥1)由题设知{bn}(bn0)的首项b1＝c＝1，其前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝Sn＋Sn－1(n≥2)，由Sn－Sn－1＝Sn＋Sn－1⇒Sn－Sn－1＝1，且S1＝b1＝1.∴{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列，即Sn＝n⇒Sn＝n2.∵bn＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，又b1＝1，故数列{bn}的通项公式为：bn＝2n－1(n≥1)．(2)∵bn＝2n－1(n≥1)∴1bnbn＋1＝12(12n－1－12n＋1)．∴Tn＝k＝1n1bkbk＋1＝12[(11－13)＋(13－15)＋…＋(12n－1－12n＋1)]＝n2n＋1.要Tn10002009⇔n2n＋110002009⇔n10009＝11119.故满足条件的最小正整数n是112.4．(2010·湖南卷，文)给出下面的数表序列：表1表2表3…11313544812其中表n(n＝1,2,3，…)有n行，第1行的n个数是1,3,5，…，2n－1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．每个数表中最后一行都只有一个数，它们构成数列1,4,12，…，记此数列为{bn}，求和：b3b1b2＋b4b2b3＋…＋bn＋2bnbn＋1(n∈N*)．解析表n的第1行是1,3,5，…，2n－1，其平均数是1＋3＋5＋…＋2n－1n＝n.以此类推，可知，它的各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列(从而它的第k行中的数的平均数是n·2k－1)，于是，表n中最后一行的唯一的数为bn＝n·2n－1.因此bk＋2bkbk＋1＝k＋22k＋1k·2k－1·k＋1·2k＝k＋2kk＋1·2k－2＝2k＋1－kkk＋1·2k－2＝1k·2k－3－1k＋1·2k－2.(k＝1,2,3，…，n