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  • 2021-06-30 发布

2016届高考数学(理)大一轮复习达标训练试题:课时跟踪检测(三十三) 数列求和

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课时跟踪检测(三十三) 数列求和 ‎(分A、B卷,共2页)‎ A卷:夯基保分 一、选择题 ‎1.数列{1+2n-1}的前n项和为(  )‎ A.1+2n          B.2+2n C.n+2n-1 D.n+2+2n ‎2.已知{an}是首项为1的等比数列,Sn是{an}的前n项和,且9S3=S6,则数列的前5项和为(  )‎ A.或5 B.或5‎ C. D. ‎3.若数列{an}的通项公式是an=(-1)n·(3n-2),则a1+a2+…+a10=(  )‎ A.15 B.12‎ C.-12 D.-15‎ ‎4.(2015·曲靖一模)+++…+的值为(  )‎ A. B.- C.- D.-+ ‎5.已知数列{an}满足an+1=+,且a1=,则该数列的前2 016项的和等于(  )‎ A.1 509 B.3 018‎ C.1 512 D.2 016‎ ‎6.(2015·日照一模)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-6n,则{|an|}的前n项和Tn=(  )‎ A.6n-n2 B.n2-6n+18‎ C. D. 二、填空题 ‎7.(2015·沈阳质量监测)已知数列{an}满足an=,则数列的前n项和为________.‎ ‎8.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=________.‎ ‎9.(2015·辽宁五校协作体联考)在数列{an}中,a1=1,an+2+(-1)nan=1,记Sn是数列{an ‎}的前n项和,则S60=________.‎ ‎10.(2015·西安二模)数列{an}是等差数列,数列{bn}满足bn=anan+1an+2(n∈N*),设Sn为{bn}的前n项和.若a12=a5>0,则当Sn取得最大值时n的值为________.‎ 三、解答题 ‎11.(2014·湖南高考)已知数列{an} 的前n 项和Sn=,n∈N* .‎ ‎(1)求数列{an} 的通项公式;‎ ‎(2)设bn=2+(-1)nan ,求数列{bn} 的前2n 项和.‎ ‎12.在等差数列{an}中,a10=30,a20=50.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)令bn=2,证明:数列{bn}为等比数列;‎ ‎(3)求数列{nbn}的前n项和Tn.‎ B卷:增分提能 ‎1.(2015·大连一模)等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为,满足S3=15,a1+2b1=3,a2+4b2=6.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项an,bn;‎ ‎(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ ‎2.(2014·山东高考)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)令bn=(-1)n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎3.(2015·杭州质检)已知数列{an}满足a1=1,an+1=1-,其中n∈N*.‎ ‎(1)设bn=,求证:数列{bn}是等差数列,并求出{an}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=,数列{cncn+2}的前n项和为Tn,是否存在正整数m,使得Tn<对于n∈N*恒成立?若存在,求出m的最小值;若不存在,请说明理由.‎ 答案 A卷:夯基保分 ‎1.选C 由题意得an=1+2n-1,‎ 所以Sn=n+=n+2n-1,故选C.‎ ‎2.选C 设{an}的公比为q,显然q≠1,由题意得=,所以1+q3=9,得q=2,所以是首项为1,公比为的等比数列,前5项和为=.‎ ‎3.选A 记bn=3n-2,则数列{bn}是以1为首项,3为公差的等差数列,所以a1+a2+…+a9+a10=(-b1)+b2+…+(-b9)+b10=(b2-b1)+(b4-b3)+…+(b10-b9)=5×3=15.‎ ‎4.选C ∵===,‎ ‎∴+++…+ ‎= ‎= ‎=-.‎ ‎5.选C 因为a1=,又an+1=+,‎ 所以a2=1,从而a3=,a4=1,即得an=故数列的前2 016项的和等于S2 016=1 008×=1 512.‎ ‎6.选C 由Sn=n2-6n可得,当n≥2时,‎ an=Sn-Sn-1=n2-6n-(n-1)2+6(n-1)=2n-7.‎ 当n=1时,S1=-5=a1,也满足上式,‎ 所以an=2n-7,n∈N*.‎ ‎∴n≤3时,an<0;n>3时,an>0,‎ ‎∴Tn= ‎7.解析:an==,‎ ==4,‎ 所求的前n项和为 ‎4 ‎=4=.‎ 答案: ‎8.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=2n-2+2=2n.‎ ‎∴Sn==2n+1-2.‎ 答案:2n+1-2‎ ‎9.解析:依题意得,当n是奇数时,an+2-an=1,即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列,a1+a3+a5+…+a59=30×1+×1=465;当n是偶数时,an+2+an=1,即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1,a2+a4+a6+a8+…+a58+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)=15.因此,该数列的前60项和S60=465+15=480.‎ 答案:480‎ ‎10.解析:设{an}的公差为d,由a12=a5>0得a1=-d,d<0,所以an=d,‎ 从而可知当1≤n≤16时,an>0;‎ 当n≥17时,an<0.‎ 从而b1>b2>…>b14>0>b17>b18>…,‎ b15=a‎15a16a17<0,b16=a‎16a17a18>0,故S14>S13>…>S1,S14>S15,S15<S16,S16>S17>S18>….‎ 因为a15=-d>0,a18=d<0,所以a15+a18=-d+d=d<0,所以b15+b16=a‎16a17(a15+a18)>0,所以S16>S14,故当Sn取得最大值时n=16.‎ 答案:16‎ ‎11.解:(1)当n=1时,a1=S1=1;‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n.‎ 故数列{an}的通项公式为an=n.‎ ‎(2)由(1)知,an=n,故bn=2n+(-1)nn.‎ 记数列{bn}的前2n项和为T2n,‎ 则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).‎ 记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,则 A==22n+1-2,‎ B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.‎ 故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.‎ ‎12.解:(1)设数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d,‎ 由a10=30,a20=50,‎ 得方程组解得 所以an=12+(n-1)·2=2n+10.‎ ‎(2)证明:由(1)得bn=2n,所以==2.‎ 所以{bn}是首项为2,公比为2的等比数列.‎ ‎(3)由nbn=n×2n,得Tn=1×2+2×22+…+n×2n, ①‎ ‎2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1, ②‎ ‎①-②得,‎ ‎-Tn=2+22+…+2n-n×2n+1=2n+1-2-n×2n+1.‎ 所以Tn=(n-1)2n+1+2.‎ B卷:增分提能 ‎1.解:(1)设{an}的公差为d,所以 解得a1=2,d=3,b1=,‎ 所以an=3n-1,bn=n.‎ ‎(2)由(1)知 Tn=2×+5×2+8×3+…+(3n-4)·n-1+(3n-1)n, ①‎ ‎①×得Tn=2×2+5×3+…+(3n-4)×n+(3n-1)n+1, ②‎ ‎①-②得 Tn=2×+3×-(3n-1)n+1=1+3×-(3n-1)·n+1,整理得Tn=-(3n+5)n+5.‎ ‎2.解:(1)因为S1=a1,S2=‎2a1+×2=‎2a1+2,‎ S4=‎4a1+×2=‎4a1+12,‎ 由题意得(‎2a1+2)2=a1(‎4a1+12),‎ 解得a1=1,所以an=2n-1.‎ ‎(2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.‎ 当n为偶数时,‎ Tn=-+…+-=1-=.‎ 当n为奇数时,‎ Tn=-+…-+=1+=.‎ 所以Tn= ‎3.解:(1)∵bn+1-bn=- ‎=- ‎=-=2(常数),‎ ‎∴数列{bn}是等差数列.‎ ‎∵a1=1,∴b1=2,‎ 因此bn=2+(n-1)×2=2n,‎ 由bn=得an=.‎ ‎(2)由cn=,an=得cn=,‎ ‎∴cncn+2==2,‎ ‎∴Tn=2=2<3,‎ 依题意要使Tn<对于n∈N*恒成立,只需≥3,即≥3,‎ 解得m≥3或m≤-4,又m为正整数,所以m的最小值为3.‎

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