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课时提能演练(三十三) 5.4



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课时提能演练(三十三)
(45 分钟 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1 1.(2012·泉州模拟)数列{an}的通项公式为 an=2n+1,令 bn= (a1+a2+…+ n an),则数

列{bn}的前 10 项的和 T10=( (A)70 (B)75 (C)80 ) (D)85 100 分)

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

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 2 64 于( )

(A)13 (B)10 (C)9 (D)6 1 1 2 1 2 3 1 2 3 9 1 4.已知数列{an}: , + , + + , …, + + +…+ , 若 bn= …, , 2 3 3 4 4 4 10 10 10 10 a n a n ?1 那么数列{bn}的前 n 项和 Sn 为( n 4n (A) (B) n+1 n+1 3n 5n (C) (D) n+1 n+1 5.数列{an}中,已知对任意正整数 n,a1+a2+a3+…+an=2n-1,则
-1-

)

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a12a 22a32 ? ??? ? a n 2 等于(

)

1 (A)(2n-1)2 (B) (2n-1) 3 1 (C) (4n-1) (D)4n-1 3 6.(易错题)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) 1 1 1 1 3 7.设 Sn= + + +…+ ,若 Sn·Sn+1= ,则 n 的值为 2 6 12 n(n+1) 4 .

8.数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,a2=2,an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则 S100 = .

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·福州模拟)已知等差数列{an}是递增数列,且满足 a4·a7=15,a3+a8 =8. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 (2)令 bn= (n≥2),b1= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 9an-1an 3 11.(预测题)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=10,an+1=9Sn+10. (1)求证:数列{lgan}是等差数列.

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3 1 (2)设 Tn 是数列{ }的前 n 项和,求使 Tn> (m2-5m)对所有的 n∈N*都 lgan·lgan+1 4 成立的最大正整数 m 的值. 【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 1 n 1.【解析】选 B.由条件可知 bn= (a1+a2+…+an)= × (3+2n+1)=n+2, n n 2 则数列{bn}的前 10 项和 T10= 10 (b1+b10)=5×(3+12)=75. 2

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= 20(a1+b1+a20+b20) 20×(5+7+60) = =720. 2 2

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.

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1 【解析】选 D.∵an=1- n, 2 1 1 1 1 ∴Sn=(1- )+(1- )+(1- )+…+(1- n) 2 4 8 2 1 1 1 1 =n-( + + +…+ n) 2 4 8 2 1 1 (1- n) 2 2 1 =n- =n-1+ n, 1 2 1- 2 由 Sn= 321 1 =n-1+ n,观察可得出 n=6. 64 2 1+2+3+…+n n = , n+1 2

4.【解析】选 B.an= ∴bn=

4 1 1 1 = =4( - ), n n+1 a n a n ?1 n(n+1)

1 1 1 1 1 ∴Sn=4[(1- )+( - )+…+( - )] 2 2 3 n n+1 1 4n =4(1- )= . n+1 n+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 n 2 =4n-1, 1-4n 1 n ∴ a ? a ? a 2 ? a3 +…+ a n = = (4 -1). 1-4 3
2 1 2 1 2 2 2

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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. 1 1 1 1 1 1 1 7.【解析】Sn=1- + - + - +…+ - 2 2 3 3 4 n n+1 =1- 1 n = , n+1 n+1 n n+1 n 3 〃 = = , n+1 n+2 n+2 4

∴Sn〃Sn+1= 解得 n=6. 答案:6

1 【变式备选】已知数列{an}的通项公式 an=4n,bn= ,则数 (log2an)〃(log2an+1) 列{bn}的前 10 项和 S10=( 9 5 (A) (B) 40 22 )

9 5 (C) (D) 20 11

1 【解析】选 B.根据题意 bn= (log2an)(log2an+1) 1 1 1 = ( - ), 2 log2an log2an+1 所以{bn}的前 10 项和 S10=b1+b2+…+b10= 1 1 1 1 1 1 1 ( - + - +…+ - ) 2 log2a1 log2a2 log2a2 log2a3 log2a10 log2a11
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1 1 1 = ( - ) 2 log2a1 log2a11 1 1 1 5 = ( - )= ,故选 B. 2 2 22 22 8.【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+ 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+ =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
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(100+2)×50 =2 600. 2

7×6 20×19 ×(-2)]-[20×12+ ×(-2)] 2 2

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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)根据题意:a3+a8=8=a4+a7,又由 a4〃a7=15,知:a4,a7 是方 程 x2-8x+15=0 的两根,且 a4<a7 解得 a4=3,a7=5, 设数列{an}的公差为 d,由 a7=a4+(7-4)〃d, 2 得 d= . 3 2 2n+1 故等差数列{an}的通项公式为:an=a4+(n-4)〃d=3+(n-4)〃 = . 3 3 (2)当 n≥2 时,bn= 1 1 1 1 = = = ( - 9an-1an 2 1 2 1 (2n-1)(2n+1) 2 2n-1 9( n- )( n+ ) 3 3 3 3 1

1 ) 2n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 又 b1= = (1- ),∴Sn=b1+b2+…+bn= (1- + - +…+ - ) 3 2 3 2 3 3 5 2n-1 2n+1 1 1 n = (1- )= . 2 2n+1 2n+1 a2 11.【解析】(1)依题意,a2=9a1+10=100,故 =10, a1 当 n≥2 时,an=9Sn-1+10
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又 an+1=9Sn+10



an+1 ②-①整理得: =10,故{an}(n∈N*)为等比数列, an 且 an=a1qn-1=10n,∴lgan=n, ∴lgan+1-lgan=(n+1)-n=1, 即{lgan}是等差数列. 1 1 1 (2)由(1)知,Tn=3( + +…+ ) 1×2 2×3 n(n+1) 1 1 1 1 1 3 =3(1- + - +…+ - )=3- . 2 2 3 n n+1 n+1 3 3 1 ∴Tn≥ ,依题意有 > (m2-5m), 2 2 4 解得-1<m<6, 故所求最大正整数 m 的值为 5. 【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,

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1 ∴a1=-3,d=2,b1= ,q=2, 4 ∴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 3 =- -1+2n-1-(2n-5)×2n-2 4 7 ∴Sn= +(2n-7)×2n-2. 4 【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
?3a1+3d=6, ? ? ? ?8a1+28d=-4.

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.

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qn-1 两式相减得到(q-1)Sn=nq -1-q -q -…-q =nq - = q-1
n 1 2 n-1 n

nq n ?1 ? (n ? 1)q n ? 1 q ?1

于是,Sn=

nq n ?1 ? (n ? 1)q n ? 1 , (q ? 1)2

n(n+1) 若 q=1,则 Sn=1+2+3+…+n= . 2
? n(n ? 1) (q ? 1) ? 2 ? 所以,Sn= ? n ?1 n ? nq ? (n ? 1)q ? 1 (q ? 1 q ? 0). , 2 ? (q ? 1) ?

- 10 -



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