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【高考调研】2016届高三理科数学一轮复习配套题组层级快练39


题组层级快练(三十九)
1.数列 1,(1+2),(1+2+22),…,(1+2+22+…+2n 1),…的前 n 项之和为(


)

A.2n-1 C.2n 1-n


B.n· 2n-n D.2n 1-n-2


答案 D 解析 记 an=1+2+2

2+…+2n 1=2n-1,


2· ?2n-1? + ∴Sn= -n=2n 1-2-n. 2-1 2.数列{an},{bn}满足 anbn=1,an=n2+3n+2,则{bn}的前 10 项之和为( 1 A. 3 1 C. 2 答案 B 1 1 1 1 解析 bn= = = - , an ?n+1??n+2? n+1 n+2 S10=b1+b2+b3+…+b10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 = - + - + - +…+ - = - = . 2 3 3 4 4 5 11 12 2 12 12 2n-1 321 3.已知数列{an}的通项公式是 an= n ,其前 n 项和 Sn= ,则项数 n 等于( 2 64 A.13 C.9 答案 D 2n-1 1 解析 ∵an= n =1- n, 2 2 1 1 1 1 ∴Sn=n-( + 2+…+ n)=n-1+ n. 2 2 2 2 而 321 1 1 1 =5+ ,∴n-1+ n=5+ .∴n=6. 64 64 2 64 ) B.10 D.6 ) 5 B. 12 7 D. 12 )

4.数列{(-1)n(2n-1)}的前 2 016 项和 S2 016 等于( A.-2 016 C.-2 015 答案 B

B.2 016 D.2 015

解析 S2 016=-1+3-5+7+…-(2×2 015-1)+(2×2 016-1)=

=2 016.故选 B. )

2 2 2 5.在数列{an}中,已知对任意 n∈N*,a1+a2+a3+…+an=3n-1,则 a2 1+a2+a3+…+an等于(

A.(3n-1)2

1 B. (9n-1) 2

C.9n-1 答案 B

1 D. (3n-1) 4

解析 因为 a1+a2+…+an=3n-1,所以 a1+a2+…+an-1=3n 1-1(n≥2).则 n≥2 时,an=2· 3n 1.
- -

当 n=1 时,a1=3-1=2,适合上式,所以 an=2· 3n 1(n∈N*).


则数列{a2 n}是首项为 4,公比为 9 的等比数列,故选 B. 6.已知等差数列{an}的公差为 d,且 an≠0,d≠0,则 nd A. a1?a1+nd? d C. a1?a1+nd? 答案 B 1 1 1 1 解析 ∵ = ( - ), anan+1 d an an+1 1 1 1 1 1 1 1 ∴原式= ( - + - +…+ - ) d a1 a2 a2 a3 an an+1 1 1 1 n = ( - )= ,选 B. d a1 an+1 a1· an+1
?n2,当n为正奇数时, ? 7.已知函数 f(n)=? 2 且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+a3+…+a100 等于( ?-n ,当n为正偶数时, ?

1 1 1 + +…+ 可化简为( a1a2 a2a3 anan+1

)

n B. a1?a1+nd? n+1 D. a1[a1+?n+1?d]

)

A.0 C.-100 答案 B

B.100 D.10 200

解析 由题意,得 a1+a2+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012= -(1+2)+(3+2)-…-(99+100)+(101+100)=100.故选 B. 8.化简 Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n 2+2n
- -1

的结果是(

)

A.2n 1+2-n-2


B.2n 1-n+2


C.2n-n-2 答案 D

D.2n 1-n-2


解析 Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n 2+2n 1,①
- -

2Sn=n×2+(n-1)×22+…+3×2n 2+2×2n 1+2n,②
- -

②-①,得 Sn=-n+2+22+…+2n 2+2n 1+2n
- -

2?1-2n? n+1 =-n+ =2 -n-2.故选 D. 1-2 1 9.设函数 f(x)=xm+ax 的导数为 f′(x)=2x+1,则数列{ }(n∈N*)的前 n 项和是( f?n? n A. n+1 n+2 B. n+1 )

n C. n-1 答案 A

n+1 D. n

解析 ∵f(x)=xm+ax 的导数为 f′(x)=mxm 1+a=2x+1,


∴m=2,a=1.∴f(x)=x2+x=x(x+1). 1 数列{ }(n∈N*)的前 n 项和为 f?n? 1 1 1 1 Sn= + + +…+ 1×2 2×3 3×4 n?n+1? 1 1 1 1 1 =(1- )+( - )+…+( - ) 2 2 3 n n+1 1 n =1- = .故选 A. n+1 n+1 10.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+…+S2 013 的值为 ( ) 2 010 A. 2 011 2 012 C. 2 013 答案 D 解析 直线与 x 轴交于( 2 2 ,0),与 y 轴交于(0, ), n n+1 2 011 B. 2 012 2 013 D. 2 014

1 2 2 1 1 1 ∴Sn= · · = = - . 2 n n+1 n?n+1? n n+1 1 1 1 1 1 ∴原式=(1- )+( - )+…+( - ) 2 2 3 2 013 2 014 1 2 013 =1- = . 2 014 2 014 11.(1002-992)+(982-972)+…+(22-12)=____________. 答案 5 050 100×?100+1? 解析 原式=100+99+98+97+…+2+1= =5 050. 2 1 1 1 12.Sn= 2 + 2 +…+ =________. 2 -1 4 -1 ?2n?2-1 答案 解析 n 2n+1 通项 an = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = = ( - ) ,∴ Sn = (1 - + - + … + - 2 3 3 5 ?2n?2-1 ?2n-1??2n+1? 2 2n-1 2n+1 2n-1

1 1 1 n )= (1- )= . 2n+1 2 2n+1 2n+1 13.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-6n,则{|an|}的前 n 项和 Tn=________.

答案

?6n-n2 ?1≤n≤3?, ? ? 2 ?n -6n+18 ?n>3? ?

解析 由 Sn=n2-6n,得{an}是等差数列,且首项为-5,公差为 2. ∴an=-5+(n-1)×2=2n-7. ∴n≤3 时,an<0;n>3 时,an>0.
2 ? ?1≤n≤3?, ?6n-n ? ∴Tn= 2 ?n -6n+18 ?n>3?. ?

14.在数列{an}中,a1=1,a2=2,且 an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则 S100=________. 答案 2 600 解析 由已知,得 a1=1,a2=2,a3-a1=0,a4-a2=2,…,a99-a97=0,a100-a98=2. 累加得 a100+a99=98+3, 同理得 a98+a97=96+3,…,a2+a1=0+3, 则 a100+a99+a98+…+a2+a1 = 50×?98+0? +50×3=2 600. 2

15.数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,an+1=3Sn(n=1,2,3,…),则 log4S10=________. 答案 9 解析 ∵an+1=3Sn,∴an=3Sn-1(n≥2). 两式相减,得 an+1-an=3(Sn-Sn-1)=3an. an+1 ∴an+1=4an,即 =4. an ∴{an}从第 2 项起是公比为 4 的等比数列. 当 n=1 时,a2=3S1=3, ∴n≥2 时,an=3· 4n 2.


S10=a1+a2+…+a10 =1+3+3×4+3×42+…+3×48 1-49 =1+3(1+4+…+48)=1+3× 1-4 =1+49-1=49. ∴log4S10=log449=9. 16.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. 答案 (1)an=2n
-1

(2)Tn=2n 1-n-2


解析 (1)T1=a1=1, T2=2a1+a2=2+a2=4,∴a2=2.

a2 ∴等比数列{an}的公比 q= =2. a1 ∴an=2n 1.


(2)方法一:Tn=n+(n-1)· 2+(n-2)· 22+…+1· 2n 1,①


2Tn=n· 2+(n-1)22+(n-2)23+…+1· 2n,② ②-①,得 Tn=-n+2+2 +…+2
+ +

2

n-1

2?1-2n? +2 =-n+ 1- 2
n

=-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?1-2n? =(2+22+…+2n)-n= -n 1-2 =2n 1-n-2.


17.(2014· 大纲全国理)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=10,a2 为整数,且 Sn≤S4. (1)求{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. anan+1 n 答案 (1)an=13-3n (2)Tn= 10?10-3n? 思路 (1)先求公差 d,再求通项公式;(2)利用裂项相消法求和. 解析 (1)由 a1=10,a2 为整数,知等差数列{an}的公差 d 为整数. 又 Sn≤S4,故 a4≥0,a5≤0,于是 10+3d≥0,10+4d≤0. 10 5 解得- ≤d≤- .因此 d=-3. 3 2 所以数列{an}的通项公式为 an=13-3n. 1 1 1 1 (2)bn= = ?10-3n-13-3n?. ? ?13-3n??10-3n? 3? 于是 Tn=b1+b2+…+bn 1 1 ?? 1 1 1 ? ? 1 1? - - + - +…+? = ?? 3??7 10? ?4 7? ?10-3n 13-3n?? 1 1 1 n = ?10-3n-10?= 3? ? 10?10-3n?.

1. (2015· 安徽安庆二模)在正项数列{an}中, a1=1, a5=16, 对任意 n∈N*, 函数 f(x)=a2 (cosx n+1x-anan+2·

+sinx)满足 f′(0)=0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{nan}的前 n 项和 Sn.
2 解析 (1)求导得 f′(x)=a2 n+1-anan+2(-sinx+cosx),由 f′(0)=0,可得 an+1=anan+2.又 an>0,故数列

{an}为等比数列,且公比 q>0. 由 a1=1,a5=16,得 q4=16,q=2.所以通项公式 an=2n 1(n∈N*).


(2)Sn=1+2×2+3×22+…+n· 2n 1,①


2Sn=2+2×22+3×23+…+(n-1)· 2n 1+n· 2n.②


1-2n - ①-②,得-Sn=1+2+22+…+2n 1-n· 2n= -n· 2n=2n-1-n· 2n. 1-2 ∴Sn=(n-1)· 2n+1. 2.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; an+1 (2)设 bn= n+1 ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 2 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. an+1 1 (2)由(1)可知,bn= n+1 =n·n, 2 2 1 1 1 1 1 ∴Tn=1× +2× 2+3× 3+…+(n-1)× n-1+n·n. 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ∴ Tn=1× 2+2× 3+…+(n-1)× n+n·n+1. 2 2 2 2 2 ② ①

n+2 n+2 1 1 1 1 1 1 1 ①-②,得 Tn= + 2+ 3+…+ n-1+ n-n·n+1=1- n+1 ,所以 Tn=2- n . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3.(2015· 沧州七校联考)已知数列{an}的前 n 项和 Sn,满足 Sn=2an-2n(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式 an; bn 1 (2)若数列{bn}满足 bn=log2(an+2),Tn 为数列{ }的前 n 项和,求证:Tn≥ . 2 an+2 解析 (1)当 n∈N*时,Sn=2an-2n, 则当 n≥2 时,Sn-1=2an-1-2(n-1), 两式相减,得 an=2an-2an-1-2,即 an=2an-1+2. an+2 ∴an+2=2(an-1+2),∴ =2. an-1+2 当 n=1 时,S1=2a1-2,则 a1=2. ∴{an+2}是以 a1+2=4 为首项,2 为公比的等比数列. ∴an+2=4· 2n 1,∴an=2n 1-2.
- +

(2)证明:bn=log2(an+2)=log22n 1=n+1,




n+1 n+1 bn 2 3 = n+1 ,则 Tn= 2+ 3+…+ n+1 , 2 2 an+2 2 2

n+1 1 2 3 n T = + +…+ n+1+ n+2 , 2 n 23 24 2 2 n+1 1 2 1 1 1 两式相减,得 Tn= 2+ 3+ 4+…+ n+1- n+2 2 2 2 2 2 2 1 1 ?1- n? 2 n+1 1 4 = + - n+2 4 1 2 1- 2 n+1 3 n+3 1 1 1 = + - n+1- n+2 = - n+2 . 4 2 2 4 2 2 3 n+3 ∴Tn= - n+1 . 2 2 n+3 n+2 n+1 当 n≥2 时,Tn-Tn-1=- n+1 + n = n+1 >0, 2 2 2 1 ∴{Tn}为递增数列,∴Tn≥T1= . 2 4.(2014· 湖南十二校一联)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 Sn>21-2n 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)-2n>21-2n,得 3· 2n>24,即 2n>8. ∴n>3,∴使得 Sn>21-2n 成立的最小整数 n=4.


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