2014高考调研理科数学课时作业讲解_课时作业38

课时作业(三十八)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－n.2．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＋2，S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112＝512.3．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B.4．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＋…＋S2013的值为()A.20102011B.20112012C.20122013D.20132014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)＋…＋(12013－12014)＝1－12014＝20132014.5．(2012·全国)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列{1anan＋1}的前100项和为()A.100101B.99101C.99100D.101100答案A解析S5＝5a1＋a52＝5a1＋52＝15，∴a1＝1.∴d＝a5－a15－1＝5－15－1＝1.∴an＝1＋(n－1)×1＝n.∴1anan＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1.设{1anan＋1}的前n项和为Tn.则T100＝11×2＋12×3＋…＋1100×101＝1－12＋12－13＋…[phone]＝1－1101＝100101.6．(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝____________.答案5050解析原式＝100＋99＋98＋97＋…＋2＋1＝100×100＋12＝5050.7．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＋1.8．某医院近30天每天因患甲流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天内因患甲流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天内因患甲流而入院就诊的人数总和为S30＝15＋15×2＋15×142×2＝255.9．数列{an}的前n项和为Sn＝10n－n2，求数列{|an|}的前n项和．答案Tn＝－n2＋10nn≤5，n2－10n＋50n≥6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，n2－10n＋50n≥6.10．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列{an}的前n项和Sn，求使得Sn21－2n成立的最小整数n.解析(1)由an＋2＋2an－3an＋1＝0，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)．∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，公比为2的等比数列．∴an＋1－an＝3·2n－1.∴当n≥2时，an－an－1＝3·2n－2，an－1－an－2＝3·2n－3，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3.累加得an－a1＝3·2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)．∴an＝3·2n－1－2，又当n＝1时，也满足上式，∴数列{an}的通项公式为an＝3·2n－1－2，n∈N*.(2)由(1)利用分组求和法，得Sn＝3(2n－1＋2n－2＋…＋2＋1)－2n＝3(2n－1)－2n.由Sn＝3(2n－1)－2n21－2n，得3·2n24，即2n8.∴n3，∴使得Sn21－2n成立的最小整数n＝4.11．已知数列{an}满足a1＝1，an0，Sn是数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，有2Sn＝2a2n＋an－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝an2n，求数列{bn}的前n项和Tn.解析(1)2Sn＝2a2n＋an－1,2Sn＋1＝2a2n＋1＋an＋1－1，两式相减，得2an＋1＝2(an＋1－an)(an＋1＋an)＋(an＋1－an)．∴(an＋1＋an)(2an＋1－2an－1)＝0.∵an0，∴2an＋1－2an－1＝0.∴an＋1＝an＋12.∴数列{an}是以1为首项，12为公差的等差数列．∴an＝n＋12.(2)bn＝an2n＝n＋12n＋1，则Tn＝222＋323＋424＋…＋n＋12n＋1，①12Tn＝223＋324＋425＋…＋n＋12n＋2.②①－②得12Tn＝222＋123＋124＋125＋…＋12n＋1－n＋12n＋2＝12＋123×1－12n－11－12－n＋12n＋2＝34－12n＋1－n＋12n＋2.所以Tn＝32－12n－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1.12．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＝1，T2＝2a1＋a2＝2＋a2＝4，∴a2＝2.∴等比数列{an}的公比q＝a2a1＝2.∴an＝2n－1.(2)方法一Tn＝n＋(n－1)·2＋(n－2)·22＋…＋1·2n－1，①2Tn＝n·2＋(n－1)22＋(n－2)23＋…＋1·2n，②②－①，得Tn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝－n＋21－2n1－2＝－n＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2.方法二设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－2.13．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.解析(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·12n.①∴12Tn＝1×122＋2×123＋…＋(n－1)×12n＋n·12n＋1.②①－②，得12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－1＋12n－n·12n＋1＝1－n＋22n＋1，所以Tn＝2－n＋22n.1．(2012·课标全国)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}前60项和________．答案1830解析当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝4k－1；当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3.∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋3＋a2k＋1＝2.∴a2k－1＝a2k＋3.∴a1＝a5＝…＝a61.∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝30×3＋1192＝30×61＝1830.2．(2011·辽宁理)已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an2n－1}的前n项和．解析(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得a1＋d＝0，2a1＋12d＝－10，解得a1＝1，d＝－1.故数列{an}的通项公式为an＝2－n.(2)设数列{an2n－1}的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋a22＋…＋an2n－1，故S1＝1，Sn2＝a12＋a24＋…＋an2n.所以，当n1时，Sn2＝a1＋a2－a12＋…＋an－an－12n－1－an2n＝1－(12＋14＋…＋12n－1)－2－n2n＝1－(1－12n－1)－2－n2n＝n2n.所以Sn＝n2n－1.综上，数列{an2n－1}的前n项和Sn＝n2n－1.3．(2011·全国新课标)等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a23＝9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{1bn}的前n项和．解析(1)设数列{an}的公比为q.由a23＝9a2a6，得a23＝9a24.所以q2＝19.由条件可知q0，故q＝13.由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，得a1＝13.故数列{an}的通项公式为an＝13n.(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－nn＋12.故1bn＝－2nn＋1＝－2(1n－1n＋1)．1b1＋1b2＋…＋1bn＝－2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n－1n＋1)]＝－2nn＋1.所以数列{1bn}的前n项和为－2nn＋1.4．已知数列{an}的各项均是正数，其前n项和为Sn，满足(p－1)Sn＝p2－an，其中p为正常数，且p≠1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝12－logpan(n∈N*)，数列{bnbn＋2}的前n项和为Tn，求证：Tn34.解析(1)由题意知(p－1)a1＝p2－a1，解得a1＝p.由p－1Sn＝p2－an，p－1Sn＋1＝p2－an＋1，得(p－1)(Sn＋1－Sn)＝an－an＋1.所以(p－1)an＋1＝an－an＋1，即an＋1＝1pan.可见，数列{an}是首项为a1＝p，公比为1p的等比数列，故an＝p(1p)n－1＝p2－n.(2)∵bn＝12－logpp2－n＝12－2－n＝1n，∴bnbn＋2＝1nn＋2＝12(1n－1n＋2)．∴Tn＝b1b3＋b2b4＋b3b5＋…＋bnbn＋2＝12[(11－13)＋(12－14)＋(13－15)＋(14－16)＋…＋(1n－1n＋2)]＝12(1＋12－1n＋1－1n＋2)34.5．(2011·山东理)等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列．第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第