2014届高三数学一轮复习《数列求和》理新人教B版

[第31讲数列求和](时间：45分钟分值：100分)基础热身1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－315n，则其前20项和为()A．380－351－1519B．400－251－1520C．420－341－1520D．440－451－15202．[2013·东莞一模]已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝()A．－55B．－5C．5D．553．[2013·全国卷]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.1011004．[2013·泰兴质检]已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，当整数n1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S5＝________．能力提升5．[2013·山西四校联考]已知数列{an}为等差数列，若a11a10－1，且它的前n项和Sn有最大值，则使Sn0的n的最大值为()A．11B．19C．20D．216．已知直线(3m＋1)x＋(1－m)y－4＝0所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第一项与第二项，若bn＝1anan＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10＝()A.921B.1021C.1121D.20217．已知数列{an}的首项为1，且满足an＋2－an＝a2－a1＝1，则数列{an}的前100项和为()A．2600B．2550C．2651D．26528．[2013·保定调研]已知数列{an}(n∈N*)满足a1＝3，a2＝7，且an＋2总等于anan＋1的个位数字，则a2012的值为()A．1B．3C．7D．99．[2013·金华十校联考]项数为n的数列a1，a2，a3，…，an的前k项和为Sk(k＝1，2，3，…，n)，定义S1＋S2＋…＋Snn为该数列的“凯森和”．如果项系数为99项的数列a1，a2，a3，…，a99的“凯森和”为1000，那么项数为100的数列100，a1，a2，a3，…，a99的“凯森和”为()A．991B．1001C．1090D．110010．设等比数列{an}的前n项之和为Sn，已知a1＝2011，且an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)，则S2012＝________．11．[2013·山西四校联考]等差数列{an}中，a3＝8，a7＝20，若数列1anan＋1的前n项和为425，则n的值为________．12．[2013·河南模拟]已知数列{an}满足an＝2n－1＋2n－1(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn＝________．13．[2013·课程标准卷]数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．14．(10分)[2013·江西卷]已知数列{an}的前n项和Sn＝－12n2＋kn(其中k∈N*)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an；(2)求数列9－2an2n的前n项和Tn.15．(13分)[2013·海淀二模]已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝a4＋6，且a1，a4，a13成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列1Sn的前n项和公式．难点突破16．(12分)已知数列{an}中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)．(1)写出a2，a3的值(只写结果)并求出数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1an＋1＋1an＋2＋1an＋3＋…＋1a2n，若bnm恒成立，求实数m的取值范围．课时作业(三十一)1．C[解析]由an＝2n－315n，得S20＝2(1＋2＋…＋20)－315＋152＋…＋1520＝2×20（1＋20）2－3×151－15201－15＝420－341－1520，故选C.2．C[解析]由an＝(－1)n(n＋1)，得a1＋a2＋a3＋…＋a10＝－2＋3－4＋5－6＋…－10＋11＝5×1，故选C.3．A[解析]本小题主要考查等差数列的前n项和公式与裂项相消求和法，解题的突破口为等差数列前奇数项和与中间项的关系及裂项相消求和法．由S5＝5a3得a3＝3，又a5＝5，所以an＝n.∴1anan＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，∴1a1a2＋1a2a3＋…＋1a100a101＝11－12＋12－13＋…[phone]＝1－1101＝100101，故选A.4．21[解析]由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2，即an＋1－an＝2(n≥2)，数列{an}从第二项起构成等差数列，则S5＝1＋2＋4＋6＋8＝21.【能力提升】5．B[解析]由a11a10－1，得a11＋a10a100，由数列{an}的前n项和Sn有最大值，知数列的公差d0，∴a100，a11＋a100，a110，∴a1＋a19＝2a100，a1＋a20＝a11＋a100，则使Sn0的n的最大值为19，故选B.6．B[解析]将直线方程化为(x＋y－4)＋m(3x－y)＝0，令x＋y－4＝0，3x－y＝0，解得x＝1，y＝3，即直线过定点(1，3)，所以a1＝1，a2＝3，公差d＝2，∴an＝2n－1，∴bn＝1anan＋1＝1212n－1－12n＋1，∴T10＝12×1－13＋13－15＋…＋120－1－120＋1＝12×1－121＝1021，故选B.7．A[解析]由a2－a1＝1，得a2＝a1＋1＝2，由an＋2－an＝1，得a3－a1＝1，a4－a2＝1，…，an－an－2＝1，各式相加，得an＋an－1－a2－a1＝n－2，即an＋an－1＝n＋1，∴数列{an}的前100项和S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝3＋5＋…＋101＝50×（3＋101）2＝2600，故选A.8．C[解析]由已知，有a3等于a1a2的个位数字，即a3＝1，依次类推，可得a4＝7，a5＝7，a6＝9，a7＝3，a8＝7，…，则数列{an}(n∈N*)是周期为6的数列，而2012＝6×335＋2，∴a2012＝a2＝7，故选C.9．C[解析]项系数为99项的数列a1，a2，a3，…，a99的“凯森和”为1000，所以S1＋S2＋…＋S9999＝1000，又100，a1，a2，a3，…，a99的“凯森和”为100＋100＋S1＋100＋S2＋…＋100＋S99100＝100＋S1＋S2＋…＋S99100＝100＋990＝1090，故选C.10．0[解析]设等比数列{an}的公比为q，则a1qn－1＋2a1qn＋a1qn＋1＝0，即a1qn－1(1＋2q＋q2)＝0，因为a1qn－1≠0，则1＋2q＋q2＝0，解得q＝－1，∴S2012＝a1（1－q2012）1－q＝0.11．16[解析]公差d＝a7－a37－3＝3，所以通项公式为an＝a3＋(n－3)·3＝3n－1，所以1anan＋1＝1（3n－1）（3n＋2）＝1313n－1－13n＋2，则用裂项求和法求得前n项和Sn＝1312－13n＋2，令1312－13n＋2＝425，解得n＝16.12．2n＋n2－1[解析]由已知，得Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(20＋1)＋(21＋3)＋(22＋5)＋…＋(2n－1＋2n－1)＝(20＋21＋22＋…＋2n－1)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝1－2n1－2＋n·1＋n（n－1）2·2＝2n－1＋n2.13．1830[解析]由an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，…则a1＋a3＝2，a2＋a4＝8，…，当n≥4，且n为偶数时，有an－1＋an－3＝2，an＋an－2＝4n－8，∴an－3＋an－1＋an－2＋an＝4n－6，即数列{an}每四项为一组，其和成等差数列，首项为10，公差为16，故{an}的前60项和为S60＝15×10＋15×142×16＝1830.14．解：(1)当n＝k∈N*时，Sn＝－12n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－12k2＋k2＝12k2，故k2＝16，因此k＝4，从而an＝Sn－Sn－1＝92－n(n≥2)．又a1＝S1＝72，所以an＝92－n.(2)因为bn＝9－2an2n＝n2n－1，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋22＋322＋…＋n－12n－2＋n2n－1，所以Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋12＋…＋12n－2－n2n－1＝4－12n－2－n2n－1＝4－n＋22n－1.15．解：(1)设等差数列{an}的公差为d≠0.因为S3＝a4＋6，所以3a1＋3×2×d2＝a1＋3d＋6.①因为a1，a4，a13成等比数列，所以a1(a1＋12d)＝(a1＋3d)2.②由①，②可得：a1＝3，d＝2.所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知：Sn＝（3＋2n＋1）×n2＝n2＋2n.所以1Sn＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2.所以1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn－1＋1Sn＝1211－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝1211＋12－1n＋1－1n＋2＝3n2＋5n4（n＋1）（n＋2）.所以数列1Sn的前n项和为3n2＋5n4（n＋1）（n＋2）.【难点突破】16．解：(1)∵a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)，∴a2＝6，a3＝12，当n≥2时，an－an－1＝2n，an－1－an－2＝2(n－1)，…，a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2，∴an－a1＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2]，∴an＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1]＝2n（n＋1）2＝n(n＋1)，当n＝1时，a1＝1×(1＋1)＝2也满足上式，∴数列{an}的通项公式为an＝n(n＋1)．(2)方法一：bn＝1an＋1＋1an＋2＋…＋1a2n＝1（n＋1）（n＋2）＋1（n＋2）（n＋3）＋…＋12n（2n＋1）＝1（n＋1）－1（n＋2）＋1（n＋2）－1（n＋3）＋…＋12n－1（2n＋1）＝1（n＋1）－1（2n＋1）＝n2n2＋3n＋1＝12n＋1n＋3.令f(x)＝2x＋1x(x≥1)，则f′(x)＝2－1x2，当x≥1时，f′(x)0恒成立，∴f(x)在x∈[1，＋∞)上是增函数，故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝3，即当n＝1时，(bn)max＝16，故要使bnm恒成立，则m16.方法二：bn＋1－bn＝1a2n＋1＋1a2n＋2－1an＋1＝1n＋2－12n＋3－1n＋1＋12n＋1＝1n＋2＋12n＋1－12n＋3＋1n＋1＝3n＋32n2＋5n＋2－3n＋42n2＋5n＋30，∴数列{bn}是单调递减数列，∴(bn)max＝b1＝16，故要使bnm恒成立，则m16.