H《优化探究》2014高考数学总复习(人教A文)提素能高效题组训练.

第1页共9页[命题报告·教师用书独具]一、选择题1．数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2nB．2＋2nC．n＋2n－1D．n＋2＋2n解析：Sn＝n＋1－2n1－2＝n＋2n－1.答案：C2．(2013年杭州期末)数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于()A．200B．－200C．400D．－400解析：S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.答案：B3．(2013年锦州模拟)设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列1fn(n∈N*)的前n项和是()A.nn＋1B.n＋2n＋1第2页共9页C.nn－1D.n＋1n解析：∵f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴m＝2，a＝1.∴f(x)＝x2＋x，f(n)＝n2＋n.∴1fn＝1n2＋n＝1nn＋1＝1n－1n＋1.∴Sn＝1f1＋1f2＋1f3＋…＋1fn－1＋1fn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.答案：A4．(2012年高考大纲全国卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝()A．2n－1B.32n－1C.23n－1D.12n－1解析：利用等比数列知识求解．∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an.∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an.∴3an＝2an＋1.∴an＋1an＝32.又∵S1＝2a2，∴a2＝12.∴a2a1＝12.∴{an}从第二项起是以32为公比的等比数列．∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1＋121－32n－11－32＝32n－1.第3页共9页也可以先求出n≥2时，an＝3n－22n－1，再利用Sn＝2an＋1，求得Sn＝32n－1答案：B5．(2013年焦作模拟)已知数列{an}满足an＋1＝12＋an－a2n，且a1＝12，则该数列的前2012项的和等于()A.30152B．3015C．1509D．2010解析：因为a1＝12，又an＋1＝12＋an－a2n，所以a2＝1，从而a3＝12，a4＝1，即得an＝12，n＝2k－1k∈N*，1，n＝2kk∈N*，故数列的前2012项的和等于S2012＝1006×1＋12＝1509.答案：C二、填空题6．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，且an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)，则S2010＝________.解析：设等比数列{an}的公比为q，则an＋2an＋1＋an＋2＝an(1＋2q＋q2)＝0，∵an≠0，∴q2＋2q＋1＝0.解得q＝－1，∴S2010＝0.答案：07．(2013年石家庄模拟)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．解析：由题意知所求数列的通项为1－2n1－2＝2n－1，故由分组求和法及等比数列第4页共9页的求和公式可得和为21－2n1－2－n＝2n＋1－2－n.答案：2n＋1－2－n8．已知数列{an}：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，那么数列{bn}＝1anan＋1的前n项和Sn为________．解析：由已知条件可得数列{an}的通项为an＝1＋2＋3＋…＋nn＋1＝n2.∴bn＝1anan＋1＝4nn＋1＝41n－1n＋1.Sn＝41－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝41－1n＋1＝4nn＋1.答案：4nn＋19．(2013年武汉模拟)等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则a21＋a22＋…＋a2n＝________.解析：当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1，又∵a1＝1适合上式，∴an＝2n－1，∴a2n＝4n－1.∴数列{a2n}是以a21＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a21＋a22＋…＋a2n＝1·1－4n1－4＝13(4n－1)．答案：13(4n－1)三、解答题10．(2013年合肥模拟)在等比数列{an}中，a1＞0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中项为16.(1)求数列{an}的通项公式；第5页共9页(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＜k对任意n∈N*恒成立．若存在，求出正整数k的最小值；不存在，请说明理由．解析：(1)设数列{an}的公比为q，由题意可得a3＝16，又a3－a2＝8，则a2＝8，∴q＝2.∴an＝2n＋1.(2)∵bn＝log42n＋1＝n＋12，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝nn＋34.∵1Sn＝4nn＋3＝431n－1n＋3，∴1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＝4311－14＋12－15＋13－16＋…＋1n－1n＋3＝431＋12＋13－1n＋1－1n＋2－1n＋3＜229.∴正整数k的最小值为3.11．(2013年郑州模拟)已知数列{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6＝55，a2＋a7＝16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}和数列{bn}满足等式：an＝b12＋b222＋b323＋…＋bn2n(n为正整数)，求数列{bn}的前n项和Sn.解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，则依题意知d＞0，由a2＋a7＝16，得2a1＋7d＝16，①由a3a6＝55，得(a1＋2d)(a1＋5d)＝55，②由①得2a1＝16－7d，将其代入②得(16－3d)(16＋3d)＝220，即256－9d2＝220.∴d2＝4，又d＞0，第6页共9页∴d＝2，代入①得a1＝1，∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.(2)当n＝1时，a1＝b12，∴b1＝2.当n≥2时，an＝b12＋b222＋b323＋…＋bn－12n－1＋bn2n，an－1＝b12＋b222＋b323＋…＋bn－12n－1，两式相减得an－an－1＝bn2n，∴bn＝2n＋1，∴bn＝2，n＝1，2n＋1，n≥2.当n＝1时，S1＝b1＝2；当n≥2时，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＋b21－2n－11－2＝2n＋2－6，当n＝1时上式也成立．综上，当n为正整数时，Sn＝2n＋2－6.12．(能力提升)(2013年三明模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足：a(Sn－an)＝Sn－a(a为常数，a∈R)．(1)求{an}的通项公式；(2)设cn＝man＋1，求数列{cn}的前n项和Tn.解析：(1)当n＝1时，由a(Sn－an)＝Sn－a，得a1＝a，当n≥2时，由a(Sn－an)＝Sn－a，得a(Sn－1－an－1)＝Sn－1－a，两式相减得an＝aan－1.若a＝0时，an＝0；若a≠0时，anan－1＝a⇒{an}是等比数列．∴an＝a·an－1＝an.综上：所求{an}的通项为an＝an，(a∈R)．(2)当a＝0时cn＝1，∴Tn＝n；当a≠0时，Tn＝1·a＋2·a2＋3·a3＋…＋n·an＋n，第7页共9页设Pn＝1·a＋2·a2＋3·a3＋…＋n·an，则aPn＝1·a2＋2·a3＋3·a4＋…＋n·an＋1，两式相减得(1－a)Pn＝a＋a2＋a3＋…＋an－nan＋1，若a≠1时，(1－a)Pn＝a1－an1－a－nan＋1⇒Pn＝a1－an1－a2－nan＋11－a；若a＝1时，Pn＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12.综上：Tn＝a1－an1－a2－nan＋11－a＋na≠1，nn＋32a＝1.[因材施教·学生备选练习]1．(2013年济南模拟)设数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝2－2Sn；数列{an}为等差数列，且a5＝14，a7＝20(n∈N*)．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)若cn＝an·bn(n＝1,2,3…)，Tn为数列{cn}的前n项和．求Tn.解析：(1)由bn＝2－2Sn，令n＝1，则b1＝2－2S1，又S1＝b1，所以b1＝23，当n≥2时，由bn＝2－2Sn，可得bn－bn－1＝－2(Sn－Sn－1)＝－2bn，即bnbn－1＝13，所以{bn}是以b1＝23为首项，13为公比的等比数列，于是bn＝2·13n.(2)数列{an}为等差数列，公差d＝12(a7－a5)＝3，∵a5＝a1＋4d，∴a1＝2.∴an＝3n－1.第8页共9页从而cn＝an·bn＝2(3n－1)·13n，∴Tn＝22·13＋5·132＋8·133＋…＋3n－1·13n，13Tn＝22·132＋5·133＋…＋3n－4·13n＋3n－1·13n＋1，∴23Tn＝22·13＋3·132＋3·133＋…＋3·13n－3n－113n＋1，Tn＝72－12·3n－2－3n－13n.2．(2013年合肥模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝1－an(n∈N*)．数列{bn}的各项均为正数，对于一切n∈N*，有∑nk＝11bk＋bk＋1＝nb1＋bn＋1，且b1＝1，b2＝2，b3＝3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{anbn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜2.解析：(1)∵Sn＝1－an，∴当n＝1时，a1＝S1＝1－a1，解得a1＝12；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(1－an)－(1－an－1)，∴2an＝an－1，即anan－1＝12.∴数列{an}是首项为12，公比为12的等比数列．∴an＝12×12n－1＝12n.∵对于一切n∈N*，有∑nk＝11bk＋bk＋1＝nb1＋bn＋1①当n≥2时，有∑n－1k＝11bk＋bk＋1＝n－1b1＋bn，②①－②得，1bn＋bn＋1＝nb1＋bn＋1－n－1b1＋bn，化简得：(n－1)·bn＋1－nbn＋b1＝0，③用n＋1替换③式中的n得，nbn＋2－(n＋1)bn＋1＋b1＝0，④第9页共9页由③－④，整理得bn＋2－bn＋1＝bn＋1－bn(n≥2)．∵b3－b2＝b2－b1＝1，∴数列{bn}为等差数列．∵b1＝1，b2＝2，∴数列{bn}的公差d＝1，∴bn＝1＋(n－1)＝n.(2)∵数列{anbn}的前n项和为Tn，∴Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n，⑤∴12Tn＝122＋223＋…＋n2n＋1，⑥由⑤－⑥得，12Tn＝12＋122＋…＋12n－n2n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1＝1－n＋22n＋1.∴Tn＝2－n＋22n＜2.高考试题库w。w-w*高考试题库高考试题库w。w-w*高考试题库