2014高考数学二轮复习素能演练数列(北师大版数学理)

第1页共11页2014高考数学二轮复习素能演练：数列（北师大版·数学理）(45分钟100分)一、选择题(每小题6分，共36分)1.(2013·沈阳模拟)设数列{(-1)n}的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn=()(A)nn(-1)12［］(B)n1(1)12(C)n(1)12(D)n(1)122.数列{an}、{bn}都是等差数列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60，则{an＋bn}的前20项和为()(A)700(B)710(C)720(D)730[]3.已知数列{an}的通项公式an＝log2n＋1n＋2(n∈N＋)，设{an}的前n项和为Sn，则使Sn＜－5成立的自然数n()(A)有最大值63(B)有最小值63(C)有最大值31(D)有最小值314.已知数列{an}：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若bn＝1anan＋1，那么数列{bn}的前n项和Sn为()[](A)nn＋1(B)4nn＋1(C)3nn＋1(D)5nn＋1第2页共11页5.数列{an}中，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则a21＋a22＋a23＋…＋a2n等于()(A)(2n－1)2(B)13(2n－1)(C)13(4n－1)(D)4n－16.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2012项之和S2012等于()(A)2008(B)4017(C)1(D)0二、填空题(每小题6分，共18分)7.(易错题)设数列{an}满足a1＋2a2＝3，且对任意的n∈N＋，点列{Pn(n，an)}恒满足nn1PPuuuuur＝(1,2)，则数列{an}的前n项和Sn为.8.(2012·衡水模拟)已知f(3x)＝4xlog23＋233，则f(2)＋f(4)＋f(8)＋…＋f(28)的值等于.9.数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝.三、解答题(每小题15分，共30分)10.(2013·泉州模拟)已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足an2＝S2n－1，n∈N＋.(1)求数列{an}的通项公式；第3页共11页(2)数列{bn}满足bn＝nn11aa，求数列{bn}的前n项和Tn.11.(预测题)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.(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.求证：Tn72.【探究创新】(16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】选D.∵数列{(-1)n}是首项与公比均为-1的等比数列,∴Sn=nn(1)(1)(1)(1)11(1)2.2.【解题指南】根据等差数列的性质可知，{an＋bn}仍然是等差数列，所以利用等差数列的求和公式求解即可.【解析】选C.由题意知{an＋bn}也为等差数列，所以{an＋bn}的前20项和为：S20＝20(a1＋b1＋a20＋b20)2＝20×(5＋7＋60)2＝720.第4页共11页3.【解析】选B.Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log223＋log234＋…＋log2n＋1n＋2＝log2(23×34×…×n＋1n＋2)＝log22n＋2＜－5，∴2n＋2＜2－5，∴n＋2＞26，∴n＞62.又n∈N＋，∴n有最小值63.4.【解析】选B.由题意得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＋1.5.【解析】选C.∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，∴a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2n－1－1(n≥2，n∈N＋)，∴an＝2n－2n－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝21－1＝1，∴a1也适合上式，∴an＝2n－1，∴a2n＝4n－1，∴a21＋a22＋a23＋…＋a2n＝1－4n1－4＝13(4n－1).6.【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】选B.由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，第5页共11页∴an＋1＝an－an－1.故数列的前8项依次为2008,2009,1，－2008，－2009，－1,2008,2009.由此可知该数列为周期数列，周期为6，且S6＝0.∵2012＝6×335＋2，∴S2012＝S2＝2008＋2009＝4017.7.【解析】由题意得Pn＋1(n＋1，an＋1)，则nn1PPuuuuur＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，即an＋1－an＝2，所以数列{an}是以2为公差的等差数列.又a1＋2a2＝3，所以a1＝－13，所以Sn＝n(n－43).答案：n(n－43)【变式备选】已知数列{an}的通项公式an＝4n，bn＝1(log2an)·(log2an＋1)，则数列{bn}的前10项和S10＝()(A)940(B)522(C)920(D)511【解析】选B.根据题意bn＝1(log2an)(log2an＋1)＝12(1log2an－1log2an＋1)，所以{bn}的前10项和S10＝b1＋b2＋…＋b10＝12(1log2a1－1log2a2＋1log2a2－1log2a3＋…＋1log2a10－1log2a11)＝12(1log2a1－1log2a11)＝12(12－122)＝522，故选B.8.【解析】令3x＝t，则x＝log3t，第6页共11页∴f(t)＝4log3tlog23＋233＝4log2t＋233∴f(2n)＝4n＋233∴f(2)＋f(4)＋f(8)＋…＋f(28)＝4(1＋2＋…＋8)＋233×8＝2008.答案：2008【变式备选】数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N＋)，则S100＝.【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)＝50＋(100＋2)×502＝2600.答案：26009.【解析】当n＝1时，a1＝S1＝－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.∴an＝－1(n＝1)2n－5(n≥2，n∈N＋).令2n－5≤0得n≤52，∴当n≤2时，an＜0；当n≥3时，an＞0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝－(a1＋a2)＋(a3＋a4＋…＋a10)第7页共11页＝66.答案：66【方法技巧】绝对值型数列求和的求解策略(1)an是先正后负型的{|an|}的前n项和的求解策略：找出an正负的分界点(假设前m项为正)，考虑当{|an|}的项数n≤m时，|an|＝an，{|an|}的前n项和Tn与{an}的前n项和Sn相等，当n＞m时，{|an|}的前n项和Tn＝a1＋a2＋…＋am－am＋1－…－an＝－Sn＋2Sm.可以总结为“一求两考虑”.(2)an是先负后正型的{|an|}的前n项和的求解策略：同样是“一求两考虑”，一求是求出an正负的分界点(假设前m项为负)，两个考虑是当{|an|}的项数n≤m时，|an|＝－an，Tn＝－Sn，当n＞m时，{|an|}的前n项和Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－a1－a2－…－am＋am＋1＋…＋an＝Sn－2Sm(Sn是数列{an}的前n项和).10.【解析】(1)方法一：设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，在an2＝S2n－1中，令n＝1，n＝2，得a12＝S1，a22＝S3，即a12＝a1，(a1＋d)2＝3a1＋3d，解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.方法二：∵{an}是等差数列，∴a1＋a2n－12＝an，∴S2n－1＝a1＋a2n－12(2n－1)＝(2n－1)an.第8页共11页由an2＝S2n－1，得an2＝(2n－1)an，又∵an≠0，∴an＝2n－1.(2)∵bn＝1anan＋1＝1(2n－1)(2n＋1)＝12(12n－1－12n＋1)，∴Tn＝12(1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1)＝n2n＋1.11.【解析】(1)由bn=2-2Sn，令n=1，则b1=2-2S1，又S1=b1，所以b1=23.b2=2-2(b1+b2)，则b2=29.当n≥2时，由bn=2-2Sn，可得bn-bn-1=-2(Sn-Sn-1)=-2bn.即nn1b1b3.所以{bn}是以b1=23为首项，13为公比的等比数列，于是bn=2·n13.(2)数列{an}为等差数列，公差d=12(a7-a5)=3，首项a1=a5-4d=2可得an=3n-1.从而cn=an·bn=2(3n-1)·n13.Tn=2［2×13+5×213+8×313+…+(3n-1)×n13］，13Tn=2［2×213+5×313+…+(3n-4)×n13+(3n-1)×n113］,23Tn=2［2×13+3×213+3×313+…+3×n13-(3n-1)×n113］.Tn=72-72×n13-n1n372.【变式备选】(2012·合肥模拟)设数列{an}满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝n2，n∈N*.第9页共11页(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1n21loga，cn＝bnbn＋1，记Sn＝c1＋c2＋…＋cn，证明：Sn1.【解析】(1)由题意，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＋2n－1an＝n2，当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝n－12.两式相减，得2n－1an＝n2－n－12＝12.所以，当n≥2时，an＝12n.当n＝1时，a1＝12也满足上式，所求通项公式an＝12n(n∈N*).(2)bn＝1n21loga＝n1211log()2＝1n.cn＝bnbn＋1＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝1(1)2＋11()23＋11()34＋…＋11()nn1＝1－1n＋11.【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.第10页共11页【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，∴Sn＝74＋(2n－