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创新设计全国通用2017届高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及应用练习理


专题三 数列 第 2 讲 数列的求和及应用练习 理
一、选择题 1 1 1 1 1.已知数列 1 ,3 ,5 ,7 ,…,则其前 n 项和 Sn 为( 2 4 8 16 1 2 A.n +1- n 2 1 2 C.n +1- n-1 2 1 解析 an=(2n-1)+ n, 2 1 2 B.n +2- n 2 1 2 D.n +2- n-1 2 )

∴Sn=

n(1+2n-1) 2?
2 +

1?

1? ?1-2n? ?

1 2 =n +1- n. 1 2 1- 2

答案 A 2.已知数列{an}满足 a1=1, a2=3, an+1an-1=an(n≥2), 则数列{an}的前 40 项和 S40 等于( A.20 C.60 解析 由 an+1= B.40 D.80 )

an 1 1 (n≥2),a1=1,a2=3,可得 a3=3,a4=1,a5= ,a6= ,a7=1,a8 an-1 3 3

26 =3,…,这是一个周期为 6 的数列,一个周期内的 6 项之和为 ,又 40=6×6+4,所以 3

S40=6× +1+3+3+1=60.
答案 C 3. 1 1 1 1 + 2 + 2 +…+ 的值为( 2 2 2 -1 3 -1 4 -1 (n+1) -1 )

26 3

n+1 A. 2(n+2)
1 ? 3 1? 1 + C. - ? ? 4 2?n+1 n+2? 解析 ∵

3 n+1 B. - 4 2(n+2) 3 1 1 D. - + 2 n+1 n+2

1 ? 1 1 1 1? 1 = 2 = = ? - , 2 n n + 2? (n+1) -1 n +2n n(n+2) 2? ?

1 1 1 1 ∴ 2 + 2 + 2 +…+ 2 2 -1 3 -1 4 -1 (n+1) -1 1 1 ? 1? 1 1 1 1 1 = ?1- + - + - +…+ - n n+2? 2? 3 2 4 3 5 ? 1 1 ? 3 1? 1 1 ? 1?3 - + = ? - = - ? ? ?. 2?2 n+1 n+2? 4 2?n+1 n+2? 答案 C
1

n

4.各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 3Sn=anan+1,则∑ a2k=( k=1 A. C.

)

n(n+5)
2 2

B. D.

3n(n+1) 2 (n+3)(n+5) 2

n(5n+1)

解析 当 n=1 时,3S1=a1a2,即 3a1=a1a2,∴a2=3, 当 n≥2 时,由 3Sn=anan+1,可得 3Sn-1=an-1an,两式相减得:3an=an(an+1-an-1).∵an≠0, ∴an+1-an-1=3,
n

∴ {a2n}为一个以 3 为首项, 3 为公差的等差数列,∴∑ a2k = a2+ a4+ a6 +…+a2n= 3n+ k=1

n(n-1)
2 答案 B

3n(n+1) ×3= ,选 B. 2

5.数列{an}的通项 an=n ?cos
2

? ?

2


3

-sin

2

nπ ?

,其前 n 项和为 Sn,则 S30 为( 3 ? ? B.490 D.510

)

A.470 C.495

解析 因为 an=n ?cos
2

? ?

2


3

-sin

2

nπ ?

?=n2cos 3 ?

2 nπ , 3

由于 cos cos

2nπ 2π 1 4π 1 以 3 为周期,且 cos =- ,cos =- , 3 3 2 3 2

6π =1, 3

所以 S30=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+…+(a28+a29+a30)

? 1 +2 +32?+?-4 +5 +62?+…+?-28 +29 +302? =?- ? ? ? ? ? 2 2 2 ? ? ? ? ? ?
10 ? (3k-2) +(3k-1) +(3k)2? = ? ?- ? 2 2 2

2

2

2

2

2

2

k=1

?

?

10 5? ? = ? ?9k- ?=470. 2

k=1

?

?

答案 A

二、填空题 6.在数列{an}中, an= 1 2 n 2 + +…+ ,若 bn= ,则数列{bn}的前 n 项和 Sn n+1 n+1 n+1 anan+1
2

为________.

n(n+1)
1 2 n 解析 an= + +…+ = n+1 n+1 n+1 ∴bn= 2 2 n+1 = . 2

n

anan+1



1 ? 2 8 ?1 = =8? - ?, n(n+1) n(n+1) ?n n+1? 4

∴Sn=b1+b2+…+bn 1 1 ? ? 1 1 1 =8?1- + - +…+ - n n+1? ? 2 2 3 ? =8?1- 答案

? ?

1 ? 8n = . ? n+1? n+1

8n n+1
?an?

?1? * 7.(2015·江苏卷)设数列{an}满足 a1=1,且 an+1-an=n+1(n∈N ),则数列? ?前 10 项的

和为________. 解析 ∵a1=1,an+1-an=n+1,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2),将以上

n-1 个式子相加得 an-a1=2+3+…+n=
故 bn=

(2+n)(n-1) n(n+1) 1 , 即 an= , 令 bn= , 2 2 an

1 ? 2 ?1 =2? - ?,故 S10=b1+b2+…+b10 n(n+1) ?n n+1?

1 1 ? 20 ? 1 1 1 =2?1- + - +…+ - ?= . 10 11? 11 ? 2 2 3 答案 20 11

1 n * 8.设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,Sn=(-1) an- n,n∈N ,则 2 (1)a3=________; (2)S1+S2+…+S100=________. 1 1 1 n 解析 (1)当 n=1 时,S1=(-1)a1- ,得 a1=- .当 n≥2 时,Sn=(-1) (Sn-Sn-1)- n. 2 4 2 1 1 1 1 1 当 n 为偶数时,Sn-1=- n,当 n 为奇数时,Sn= Sn-1- n+1,从而 S1=- ,S3=- ,又 2 2 2 4 16 1 1 1 1 由 S3= S2- 4=- ,得 S2=0,则 S3=S2+a3=a3=- . 2 2 16 16 1 1 1 1 1 (2)由(1)得 S1+S3+S5+…+S99=- 2- 4- 6-…- 100,S101=- 102, 2 2 2 2 2 1 1 1 1 又 S2+S4+S6+…+S100=2S3+ 3+2S5+ 5+2S7+ 7+…+2S101+ 101=0, 2 2 2 2

3

1? 1 ? 故 S1+S2+…+S100= ? 100-1?. 3?2 ? 1 答案 (1)- 16 三、解答题 9.(2015·四川卷)设数列{an}(n=1,2,3,…)的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an-a1,且 a1,a2 +1,a3 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式;
?1? 1 (2)记数列? ?的前 n 项和为 Tn,求使得|Tn-1|< 成立的 n 的最小值. 1 000 ?an?

1? 1 ? (2) ? 100-1? 3? 2 ?

解 (1)由已知 Sn=2an-a1,有 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),即 an=2an-1(n≥2),所以

q=2.
从而 a2=2a1,a3=2a2=4a1, 又因为 a1,a2+1,a3 成等差数列, 即 a1+a3=2(a2+1), 所以 a1+4a1=2(2a1+1),解得 a1=2, 所以,数列{an}是首项为 2,公比为 2 的等比数列, 故 an=2 . 1 1 (2)由(1)得 = n, an 2 1 1 1 所以 Tn= + 2+…+ n= 2 2 2
n

n 1? ?1? ? ? ? 1 - ? ? 2? ?2? ?
1 1- 2

1 =1- n. 2

1 1 ? 1 ? 由|Tn-1|< ,得?1- n-1?< , 1 000 ? 2 ? 1 000 即 2 >1 000, 因为 2 =512<1 000<1 024=2 ,所以 n≥10, 1 于是,使|Tn-1|< 成立的 n 的最小值为 10. 1 000 10.(2015·全国Ⅰ卷)Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 an>0,an+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn= 1
2 2 9 10

n

anan+1

,求数列{bn}的前 n 项和.

解 (1)由 an+2an=4Sn+3,可知

a2 n+1+2an+1=4Sn+1+3.
4

两式相减可得 an+1-an+2(an+1-an)=4an+1,即 2(an+1+an)=an+1-an=(an+1+an)(an+1-an). 由于 an>0,可得 an+1-an=2. 又 a1+2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去),a1=3. 所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1. (2)由 an=2n+1 可知
2 2 2

2

2

bn=

? ? anan+1 (2n+1)(2n+3) 2?2n+1 2n+3?


1

1

1 ? 1? 1 - = .

设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则

Tn=b1+b2+…+bn
1??1 1? ?1 1? ? 1 - 1 ?? = ?? - ?+? - ?+…+? ?? 2??3 5? ?5 7? ?2n+1 2n+3?? = . 3(2n+3) 11.数列{an}满足 a1=1,a2=2,an+2=?1+cos (1)求 a3,a4,并求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=

n

? ?

2

nπ ? nπ ?an+sin2 ,n=1,2,3,….
2 ? 2

a2n-1 1 ,Sn=b1+b2+…+bn.证明:当 n≥6 时,|Sn-2|< . a2n n

(1)解 ∵a1=1,a2=2, ∴a3=?1+cos

? ?

2

π? π a1+sin2 =a1+1=2, 2? 2 ?

a4=(1+cos2π )a2+sin2π =2a2=4,
当 n=2k-1 时,a2k+1=?1+cos sin
2

? ?

2

(2k-1)π ? ?a2k-1+ 2 ?

(2k-1)π =a2k-1+1,即 a2k+1-a2k-1=1, 2

所以数列{a2k-1}是首项为 1,公差为 1 的等差数列,因此 a2k-1=1+(k-1)=k, 当 n=2k 时,a2k+2=?1+cos

? ?

2

2kπ ? 2kπ a2k+sin2 =2a2k, ? 2 ? 2
k

所以数列{a2k}是首项为 2,公比为 2 的等比数列,因此 a2k=2 .

n+1 ? ? 2 ,n=2k-1, 故数列{a }的通项公式为 a =? n ? ?22,n=2k.
n n

(2)证明 由(1)知,bn=

a2n-1 n = , a2n 2n

5

1 2 3 n Sn= + 2+ 3+…+ n,① 2 2 2 2 1 1 2 3 n Sn= 2+ 3+ 4+…+ n+1,② 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n ①-②得, Sn= + 2+ 3+…+ n- n+1 2 2 2 2 2 2

n 1? ?1? ? ? ? 1 - ? ? 2? 1 n ?2? ? n = - n+1=1- n- n+1. 1 2 2 2 1- 2
1 n n+2 所以 Sn=2- n-1- n=2- n . 2 2 2 1 要证明当 n≥6 时,|Sn-2|< 成立,

n

只需证明当 n≥6 时, 法一 令 Cn=
n

n(n+2)
2
n

<1 成立.
2

n(n+2)
2

(n+1)(n+3) n(n+2) 3-n (n≥6),则 Cn+1-Cn= - = n+1 <0. n+1 n 2 2 2

6×8 3 n(n+2) 所以当 n≥6 时, Cn+1<Cn, 因此当 n≥6 时, Cn≤C6= = <1.于是当 n≥6 时, n 64 4 2 <1. 1 综上所述,当 n≥6 时,|Sn-2|< .

n

6×(6+2) 48 3 法二 ①当 n=6 时, = = <1 成立. 6 2 64 4 ②假设当 n=k(k≥6)时不等式成立,即 则当 n=k+1 时, (k+1)(k+3) k(k+2) (k+1)(k+3) = × k+1 k 2 2 2k(k+2) (k+1)(k+3) < <1. (k+2)·2k 由①②所述,当 n≥6 时, 即当 n≥6 时,|Sn-2|<

k(k+1)
2
k

<1.

n(n+1)
2
n

<1.

1 . n

6


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