2013届高三理科数学二轮复习专题能力提升卷数列求和

金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第1页共7页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com2013届高三理科数学二轮复习专题能力提升卷数列求和一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2012·山东省实验中学一诊)已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为()．A．－110B．－90C．90D．1102．(2012·宝鸡二模)已知等差数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，2a＋3，则此数列的通项公式an等于()．A．2n－3B．2n＋1C．2n－5D．2n＋33．数列112，314，518，7116，…的前n项和Sn为()．A．n2＋1－12n－1B．n2＋2－12nC．n2＋1－12nD．n2＋2－12n－14．已知数列{an}的通项公式是an＝1n＋n＋1，若前n项和为10，则项数n为()．A．11B．99C．120D．1215．(2012·福州一模)已知{an}满足a1＝1，且an＋1＝an3an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为()．A．an＝13n－2B．an＝n2＋2金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第2页共7页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.comC．an＝3n－2D．an＝1，n＝113n－3，n≥2二、填空题(每小题5分，共15分)6．(2012·枣庄一检)若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n，则此数列的通项公式为________．7．若1＋3＋5＋…＋2x－111·2＋12·3＋…＋1xx＋1＝110(x∈N*)，则x＝________.8．(2011·北京)在等比数列{an}中，若a1＝12，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.三、解答题(本题共3小题，共35分)9．(11分)(2012·泰安二模)已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝35，且a2，a7，a22成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列1Sn的前n项和为Tn，求Tn.10．(12分)(2012·济宁一模)已知等差数列{an}的前n项和为An，且满足a1＋a5＝6，A9＝63；数列{bn}的前n项和为Bn，且满足Bn＝2bn－1(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式an，bn；(2)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn.11．(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立，记bn＝4＋an1－an(n∈N*)．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)记cn＝b2n－b2n－1(n∈N*)，设数列{cn}的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn＜32；(3)设数列{bn}的前n项和为Rn.已知正实数λ满足：对任意正整数n，Rn≤λn恒成立，求λ的最小值．参考答案金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第3页共7页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com训练10数列求和1．D[a7是a3与a9的等比中项，公差为－2，所以a27＝a3·a9，所以a27＝(a7＋8)(a7－4)，所以a7＝8，所以a1＝20，所以S10＝10×20＋10×92×(－2)＝110.故选D.]2．A[由题意知：2(a＋1)＝(a－1)＋2a＋3，解得：a＝0，∴a1＝－1，d＝2，∴an＝－1＋2(n－1)＝2n－3.]3．C[Sn＝112＋314＋518＋7116＋…＋(2n－1)12n4．C[∵an＝1n＋n＋1＝n＋1－n，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1.令n＋1－1＝10，得n＝120.]5．A[由题可知，an＋1＝an3an＋1(n∈N*)，两边取倒数可得，1an＋1＝3an＋1an＝1an＋3，即1an＋1－1an＝3，所以数列1an是首项为1，公差为3的等差数列，其通项公式为1an＝3n－2，所以数列{an}的通项公式为an＝13n－2.]6．解析当n＝1时，a1＝S1＝1－10＝－9；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11.易知a1＝－9也适合上式．综上，an＝2n－11.答案an＝2n－117．解析原式分子为1＋3＋5＋…＋(2x－1)＝1＋2x－1x2＝x2，原式分母为：11·2＋12·3＋…＋1xx＋1＝1－12＋12－13＋…＋1x－1x＋1＝xx＋1，金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第4页共7页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com故原式为：x2xx＋1＝x2＋x＝110，解得x＝10.答案108．解析∵{an}为等比数列，且a1＝12，a4＝－4，∴q3＝a4a1＝－8，∴q＝－2，∴an＝12·(－2)n－1，∴|an|＝2n－2，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝121－2n1－2＝12(2n－1)＝2n－1－12.答案－22n－1－129．解(1)∵数列{an}是等差数列，由S5＝5a1＋5×42d＝35.∴a1＋2d＝7.①由a2，a7，a22成等比数列，∴a27＝a2·a22，∴(a1＋6d)2＝(a1＋d)(a1＋21d)(d≠0)，∴2a1－3d＝0.②解①②得：a1＝3，d＝2，∴an＝2n＋1.(2)由(1)知，Sn＝3n＋nn－12·2＝n2＋2n.∴1Sn＝1n2＋2n＝1nn＋2＝12（1n－1n＋2）.10．解(1)∵A9＝63，∴A9＝9a1＋a92＝9a5＝63，∴a5＝7.由a1＋a5＝6，得a1＝－1，∴d＝a5－a14＝2.∴an＝2n－3.∵Bn＝2bn－1，①金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第5页共7页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com∴Bn－1＝2bn－1－1(n≥2)，②由①－②得bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2)．又b1＝2b1－1，∴b1＝1.∴数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，∴bn＝b1·qn－1＝2n－1.(2)cn＝an·bn＝(2n－3)·2n－1，Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝－1×1＋1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－5)·2n－2＋(2n－3)·2n－1，①∴2Sn＝－1×2＋1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－5)·2n－1＋(2n－3)·2n，②①②两式相减得－Sn＝－1＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－1－(2n－3)·2n＝－1＋2(2＋22＋23＋…＋2n－1)－(2n－3)·2n＝－1＋2×21－2n－11－2－(2n－3)·2n＝(5－2n)·2n－5.∴Sn＝(2n－5)·2n＋5.11．(1)解当n＝1时，a1＝5a1＋1，∴a1＝－14，又∵an＝5Sn＋1，an＋1＝5Sn＋1＋1，∴an＋1－an＝5an＋1，即an＋1＝－14an.∴数列{an}成等比数列，其首项a1＝－14，公比q＝－14，∴an＝－14n，∴bn＝.(2)证明由(1)知bn＝4＋5－4n－1，∴cn＝b2n－b2n－1＝542n－1＋542n－1＋1＝25×16n16n－116n＋4＝25×16n16n2＋3×16n－4＜25×16n16n2＝2516n，金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第6页共7页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com又b1＝3，b2＝133，∴c1＝43.当n＝1时，T1＜32；当n≥2时，Tn＜43＋25×（1162＋1163＋…＋116n）＝43＋25×＜43＋25×11621－116＝6948＜32.(3)解由(1)知bn＝4＋5－4n－1.一方面，已知Rn≤λn恒成立，取n为大于1的奇数时，设n＝2k＋1(k∈N*)，则Rn＝b1＋b2＋…＋b2k＋1＝4n＋5×(－141＋1＋142－1－143＋1＋…－142k＋1＋1)＝4n＋5×[－141＋1＋(142－1－143＋1）＋…＋(142k－1－142k＋1＋1)]＞4n－1.∴λn≥Rn＞4n－1，即(λ－4)n＞－1对一切大于1的奇数n恒成立．∴λ≥4，否则，(λ－4)n＞－1只对满足n＜14－λ的正奇数n成立，矛盾．另一方面，当λ＝4时，对一切的正整数n都有Rn≤4n恒成立．事实上，对任意的正整数k，有b2k－1＋b2k＝8＋5－42k－1－1＋5－42k－1＝8＋516k－1－2016k＋4＝8－15×16k－4016k－116k＋4＜8.∴当n为偶数时，设n＝2m(m∈N*)，则Rn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2m－1＋b2m)＜8m＝4n；当n为奇数时，设n＝2m－1(m∈N*)，则Rn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2m－3＋b2m－2)＋b2m－1＜8(m－1)＋4＝8m－4金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com第7页共7页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com＝4n.∴对一切的正整数n，都有Rn≤4n.综上所述，正实数λ的最小值为4.