课时提能演练(三十二) (45分钟 100分) 一、选择题(每小题6分，共36分) 1.(2012·西安模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，公差d＝－2，若S10＝S11，则a1＝(　　) (A)18　　　(B)20　　　(C)22　　　(D)24 2.数列{an}、{bn}都是等差数列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60，则{an＋bn}的前20项和为(　　) (A)700　　　(B)710　　　(C)720　　　(D)730 3.已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于 (　　) (A)13 (B)10 (C)9 (D)6 4.已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么数列{bn}的前n项和Sn为(　　) (A) (B) (C) (D) 5.数列{an}中，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于(　　) (A)(2n－1)2 (B)(2n－1) (C)(4n－1) (D)4n－1 6.设数列{xn}满足logaxn＋1＝1＋logaxn(n∈N＋，a＞0且a≠1)，且x1＋x2＋x3＋…＋x100＝100，则x101＋x102＋x103＋…＋x200的值为(　　) (A)100a2 (B)101a2 (C)100a100 (D)101a100 二、填空题(每小题6分，共18分) 7.(易错题)设数列{an}满足a1＋2a2＝3，且对任意的n∈N＋，点列{Pn(n，an)}恒满足
＝(1,2)，则数列{an}的前n项和Sn为　　　　. 8.(2012·衡水模拟)已知f(3x)＝4xlog23＋233，则f(2)＋f(4)＋f(8)＋…＋f(28)的值等于　　　　. 9.已知{an}是公差为－2的等差数列，且a1＝12，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a20|＝　　　　. 三、解答题(每小题15分，共30分) 10.(2012·泉州模拟)已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足an2＝S2n－1，n∈N＋. (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{bn}满足bn＝
，求数列{bn}的前n项和Tn. 11.(2012·咸阳模拟)已知等差数列{an}，公差d>0，其前n项和为Sn，且满足a2·a3＝45，a1＋a4＝14. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2nan(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn； (3)设Fn＝(4n－5)·2n＋1，试比较Fn与Tn的大小. 【探究创新】 (16分)已知公差为d(d＞1)的等差数列{an}和公比为q(q＞1)的等比数列{bn}，满足集合{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}＝{1,2,3,4,5}， (1)求通项an，bn；(2)求数列{an·bn}的前n项和Sn. 答案解析 1.【解析】选B.方法一：∵S10＝S11，∴a11＝0， ∴a1＋10d＝0，∴a1＝20. 方法二：∵S10＝S11， ∴10a1＋＝11a1＋，∴a1＝20. 2.【解题指南】根据等差数列的性质可知，{an＋bn}仍然是等差数列，所以利用等差数列的求和公式求解即可. 【解析】选C.由题意知{an＋bn}也为等差数列，所以{an＋bn}的前20项和为： S20＝＝＝720. 3.【解题指南】首先对数列的通项公式进行变形，观察通项公式的特点是一个常数列与一个等比数列的差，所以需要分组求和. 【解析】选D.∵an＝1－， ∴Sn＝(1－)＋(1－)＋(1－)＋…＋(1－) ＝n－(＋＋＋…＋) ＝n－＝n－1＋， 由Sn＝＝n－1＋，观察可得出n＝6. 4.【解析】选B.由题意得an＝＝， ∴bn＝＝＝4(－)， ∴Sn＝4[(1－)＋(－)＋…＋(－)] ＝4(1－)＝. 5.【解析】选C.∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1， ∴a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2n－1－1(n≥2，n∈N＋)， ∴an＝2n－2n－1＝2n－1， 当n＝1时，a1＝21－1＝1， ∴a1也适合上式，∴an＝2n－1，∴a＝4n－1， ∴a＋a＋a＋…＋a＝＝(4n－1). 6.【解析】选C.logaxn＋1＝1＋logaxn， 得xn＋1＝axn，且a＞0，a≠1，xn＞0， ∴数列{xn}是公比为a的等比数列， ∴x101＋x102＋x103＋…＋x200 ＝x1a100＋x2a100＋x3a100＋…＋x100a100 ＝100a100. 7.【解析】由题意得Pn＋1(n＋1，an＋1)，则
＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，即an＋1－an＝2，所以数列{an}是以2为公差的等差数列.又a1＋2a2＝3，所以a1＝－，所以Sn＝n(n－). 答案：n(n－) 【变式备选】已知数列{an}的通项公式an＝4n，bn＝，则数列{bn}的前10项和S10＝(　　) (A) (B) (C) (D) 【解析】选B.根据题意bn＝＝(－)， 所以{bn}的前10项和S10＝b1＋b2＋…＋b10＝(－＋－ ＋…＋－)＝(－)＝(－)＝，故选B. 8.【解析】令3x＝t，则x＝log3t， ∴f(t)＝4log3tlog23＋233＝4log2t＋233 ∴f(2n)＝4n＋233 ∴f(2)＋f(4)＋f(8)＋…＋f(28) ＝4(1＋2＋…＋8)＋233×8＝2 008. 答案：2 008 【变式备选】数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N＋)，则S100＝　　　　. 【解析】由an＋2－an＝1＋(－1)n知 a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0， ∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1， 数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k. ∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋＝2 600. 答案：2 600 9.【解析】由题意知，an＝12＋(n－1)×(－2)＝－2n＋14. 令－2n＋14≥0，得n≤7. ∴当n≤7时，an≥0，当n＞7时，an＜0. ∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a20|＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋a9＋…＋a20) ＝2S7－S20＝2[7×12＋×(－2)]－[20×12＋×(－2)]＝224. 答案：224 【方法技巧】绝对值型数列求和的求解策略 (1)an是先正后负型的{|an|}的前n项和的求解策略： 找出an正负的分界点(假设前m项为正)，考虑当{|an|}的项数n≤m时，|an|＝an，{|an|}的前n项和Tn与{an}的前n项和Sn相等，当n＞m时，{|an|}的前n项和Tn＝a1＋a2＋…＋am－am＋1－…－an＝－Sn＋2Sm.可以总结为“一求两考虑”. (2)an是先负后正型的{|an|}的前n项和的求解策略：同样是“一求两考虑”，一求是求出an正负的分界点(假设前m项为负)，两个考虑是当{|an|}的项数n≤m时，|an|＝－an，Tn＝－Sn，当n＞m时，{|an|}的前n项和Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝－a1－a2－…－am＋am＋1＋…＋an＝Sn－2Sm(Sn是数列{an}的前n项和). 10.【解析】(1)方法一：设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，在an2＝S2n－1中，令n＝1，n＝2， 得即 解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1. 方法二：∵{an}是等差数列，∴＝an， ∴S2n－1＝(2n－1)＝(2n－1)an. 由an2＝S2n－1，得an2＝(2n－1)an， 又∵an≠0，∴an＝2n－1. (2)∵bn＝＝ ＝(－)， ∴Tn＝(1－＋－＋…＋－) ＝. 11.【解析】(1)方法一：由已知可得 (d>0)， 解得. ∴an＝1＋4(n－1)＝4n－3. 方法二：由{an}为等差数列得：a2＋a3＝a1＋a4＝14， 又a2a3＝45， 故a2、a3可以看作方程x2－14x＋45＝0的两根， 由d>0得a3>a2， ∴a3＝9，a2＝5，故d＝a3－a2＝4，a1＝a2－d＝1， ∴an＝1＋4(n－1)＝4n－3. (2)∵bn＝2nan＝(4n－3)·2n， ∴Tn＝1·21＋5·22＋9·23＋…＋(4n－7)·2n－1＋(4n－3)·2n ① 2Tn＝1·22＋5·23＋9·24＋…＋(4n－7)·2n＋(4n－3)·2n＋1 ② ①－②得： －Tn＝2＋4(22＋23＋…＋2n)－(4n－3)·2n＋1 ＝2＋4·－(4n－3)·2n＋1 ＝2＋4·2n＋1－16－(4n－3)·2n＋1 ＝－(4n－7)·2n＋1－14. ∴Tn＝(4n－7)·2n＋1＋14. (3)∵Fn－Tn＝(4n－5)·2n＋1－(4n－7)·2n＋1－14＝2n＋2－14， ∴当n≥2时，2n＋2≥24＝16>14， 即2n＋2－14>0，故Fn>Tn， 当n＝1时，2n＋2＝23＝8<14， 即2n＋2－14<0，故FnTn. 【变式备选】(2012·合肥模拟)设数列{an}满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝
，cn＝bnbn＋1，记Sn＝c1＋c2＋…＋cn，证明：Sn<1. 【解析】(1)由题意，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＋2n－1an＝， 当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝. 两式相减，得2n－1an＝－＝. 所以，当n≥2时，an＝. 当n＝1时，a1＝也满足上式，所求通项公式an＝(n∈N*). (2)bn＝
＝
＝. cn＝bnbn＋1＝＝－， Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝
＋
＋
＋…＋
＝1－<1. 【探究创新】 【解题指南】(1)结合等差数列与等比数列的项，由{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}＝{1,2,3,4,5}可得a3，a4，a5，b3，b4，b5的值，从而可求数列的通项. (2)由于{an}，{bn}分别为等差数列、等比数列，用“乘公比错位相减”求数列的前n项和Sn. 【解析】(1)∵1,2,3,4,5这5个数中成公差大于1的等差数列的三个数只能是1,3,5；成公比大于1的等比数列的三个数只能是1,2,4. 而{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}＝{1,2,3,4,5}， ∴a3＝1，a4＝3，a5＝5，b3＝1，b4＝2，b5＝4， ∴a1＝－3，d＝2，b1＝，q＝2， ∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－5，bn＝b1×qn－1＝2n－3. (2)∵anbn＝(2n－5)×2n－3， ∴Sn＝(－3)×2－2＋(－1)×2－1＋1×20＋…＋(2n－5)×2n－3， 2Sn＝－3×2－1＋(－1)×20＋…＋(2n－7)×2n－3＋(2n－5)×2n－2， 两式相减得－Sn＝(－3)×2－2＋2×2－1＋2×20＋…＋2×2n－3－(2n－5)×2n－2＝－－1＋2n－1－(2n－5)×2n－2，∴Sn＝＋(2n－7)×2n－2. 【变式备选】已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4， (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Sn. 【解析】(1)设{an}的公差为d，由已知得 解得a1＝3，d＝－1，故an＝3－(n－1)＝4－n. (2)由(1)可得，bn＝n·qn－1，于是 Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1. 若q≠1，将上式两边同乘以q， qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn. 两式相减得到(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1 ＝nqn－＝ 于是，Sn＝， 若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝. 所以，Sn＝

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