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1、
(江蘇專用)2013年高考數(shù)學總復習 第五章第4課時 數(shù)列通項與求和 課時闖關(含解析)
[A級 雙基鞏固]
一、填空題
1.數(shù)列1,,,…,的前n項和為________.
解析:∵==2(-),
∴1+++…+
=2[(1-)+(-)+…+(-)]=.
答案:
2.數(shù)列1,2,3,4,…的前n項和為________.
解析:∵an=n+,
∴Sn=1+2+…+n
=(1+2+3+…+n)+(++…+),
∴Sn=+
=n(n+1)+1-=(n2+n+2)-.
答案:(n2+n+2)-
3.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=1-5+9-13+17
2、-21+…+(-1)n-1(4n-3). 則S15+S22-S31的值為________.
解析:S15=(-4)×7+a15=-28+57=29,
S22=11×(-4)=-44,
S31=15×(-4)+a31=-60+121=61,
∴S15+S22-S31=29-44-61=-76.
答案:-76
4.數(shù)列{an}滿足an+an+1=(n∈N*),且a1=1,Sn是數(shù)列{an}的前n項和,則S21=________.
解析:依題意得an+an+1=an+1+an+2=,則an+2=an,即數(shù)列{an}中的奇數(shù)項、偶數(shù)項分別相等,則a21=a1=1.S21=(a1+a2)+
3、(a3+a4)+…+(a19+a20)+a21=10(a1+a2)+a21=10×+1=6.
答案:6
5.(2012·鎮(zhèn)江質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=1,an+1=Sn(n∈N*),則Sn=________.
解析:由已知得an+1=Sn=an+Sn-1,且n≥2時有:an=Sn-1,兩式聯(lián)立得Sn=2Sn-1.∴{Sn}是以2為公比,S1=1為首項的等比數(shù)列,∴Sn=2n-1.
答案:2n-1
6.已知數(shù)列{an}的通項公式an=n2cos nπ,Sn為它的前n項和,則=________.
解析:注意到cosnπ=(-1)n(n∈N*),an=(-1)nn2
4、,因此S2010=(-12+22)+(-32+42)+…+(-20092+20102)=1+2+3+4+…+2009+2010==1005×2011.∴=1005.
答案:1005
7.數(shù)列{an}滿足:an+1=an(1-an+1),a1=1,數(shù)列{bn}滿足:bn=anan+1,則數(shù)列{bn}的前10項和S10=________.
解析:由題可知an+1=an(1-an+1),整理可得-=1,則=1+(n-1)=n,所以an=,bn=anan+1==-,故S10=b1+b2+…+b10=1-=.
答案:
8.已知數(shù)列{an}中,Sn是其前n項和,若a1=1,a2=2,
anan
5、+1an+2=an+an+1+an+2,且an+1an+2≠1,則a1+a2+a3=________,S2010=________.
解析:由1×2×a3=1+2+a3,得a3=3,a1+a2+a3=6.繼續(xù)依據(jù)遞推關系得到a4=1,a5=2,a6=3,…,故該數(shù)列是周期為3的數(shù)列,S2010=6×=4020.
答案:6 4020
二、解答題
9.在等差數(shù)列{an}中,a16+a17+a18=a9=-36,其前n項的和為Sn.
(1)求Sn的最小值,并求出Sn取最小值時n的值;
(2)求Tn=|a1|+|a2|+…+|an|.
解:a16+a17+a18=3a17=-36?a17
6、=-12.又a9=-36,
∴公差d==3.
首項a1=a9-8d=-60,∴an=3n-63.
(1)法一:設前n項的和Sn最小,則
即?n=20或21.
這表明:當n=20或21時,Sn取最小值,最小值為S20=S21=-630.
法二:Sn=-60n+×3=(n2-41n)=(n-)2-×.
∵n∈N*,∴當n=20或21時,Sn取最小值(202-41×20)=-630.
(2)由an=3n-63≤0?n≤21,∴當n≤21時,Tn=-Sn=(41n-n2);
當n>21時,Tn=-a1-a2-…-a21+a22+…+an=Sn-2S21=(n2-41n)+1260.
7、
綜上可知,Tn=.
10.已知數(shù)列{an}{bn}滿足a1=2,b1=1且an=an-1+bn-1+1(n≥2,n∈N*),bn=an-1+bn-1+1(n≥2,n∈N*).
(1)令cn=an+bn,求數(shù)列{cn}的通項公式;
(2)求數(shù)列{an}的通項公式及前n項和.
解:(1)已知兩式相加得,an+bn=an-1+bn-1+2,即cn=cn-1+2,
故{cn}為等差數(shù)列,其公差為2,首項為a1+b1=3.
∴cn=2n+1.
(2)已知兩式相減得,an-bn=(an-1-bn-1),
設dn=an-bn,∴dn=dn-1,故{dn}成等比數(shù)列,其公比為,首項為1,故d
8、n=.
于是有兩式相加得2an=+2n+1.
∴an=+n+.
設數(shù)列{an}前n項和為Sn,則
Sn=(++…+)+(1+2+3+…+n)+
=++=1-++n.
[B級 能力提升]
一、填空題
1.(2012·南京調(diào)研)在數(shù)列{an}中,對任意自然數(shù)n∈N*,a1+a2+a3+…+an=2n-1,則a+a+…+a=________.
解析:設Sn=a1+a2+…+an=2n-1,
∴an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1(n≥2).
當n=1時,a1=21-1=1滿足上式.
∴an=2n-1,∴a=4n-1,
∴a+a+…+a
=1+
9、4+42+…+4n-1
==(4n-1).
答案:(4n-1)
2.將奇數(shù)數(shù)列如下分組:1,(3,5),(7,9,11),(13,15,17,19),…,使得第n組中含有n個數(shù),那么第n組中的n個奇數(shù)的和為________.
解析:∵1=13,3+5=8=23,7+9+11=27=33,13+15+17+19=64=43.
故猜想第n組和為n3,
另外,第n組數(shù)共n個數(shù),首項為n2-n+1,公差為2,
所以第n組各數(shù)之和為n3.
答案:n3
3.(2012·徐州質(zhì)檢)在數(shù)列{an}中,若對任意的n均有an+an+1+an+2為定值(n∈N*),且a7=2,a9=3,a98=
10、4,則此數(shù)列{an}的前100項的和S100=________.
解析:由題設得an+an+1+an+2=an+1+an+2+an+3,
∴an=an+3,
∴a3k+1=2(k∈N),a3k+2=4(k∈N),a3k=3(k∈N*),
∴S100=34×2+33×4+33×3=299.
答案:299
4.點P在直徑為2的球面上,過P作兩兩垂直的三條弦,若這三條弦長成等差數(shù)列,則這三條弦長和的最大值是________.
解析:由題意,設三條弦長分別為a-d,a,a+d,三條弦長之和為l=3a,由球的幾何特征及三弦兩兩垂直可知,只有在四點共球且構(gòu)成的對角線為直徑時l最大,
即(a
11、-d)2+a2+(a+d)2=4,
3a2+2d2=4時,∴a= .
∴l(xiāng)=·≤2.
答案:2
二、解答題
5.數(shù)列{an}滿足a1=1,a2=2,an+2=(1+cos2)an+sin2,n∈N*.
(1)求a3,a4并求數(shù)列{an}的通項;
(2)設bn=,Sn=b1+b2+…+bn,求Sn.
解:(1)∵a1=1,a2=2,
∴a3=(1+cos2)a1+sin2=a1+1=2,
a4=(1+cos2π)a2+sin2π=2a2=4.
一般地當n=2k-1(k∈N*)時,
a2k+1=[1+cos2]a2k-1+sin2=a2k-1+1,
即a2k+1-a2k-
12、1=1,∴{a2k-1}是首項為1,公差為1的等差數(shù)列.
因此a2k-1=k.
當n=2k(k∈N*)時,a2k+2=(1+cos2)a2k+sin2=2a2k,
因此{a2k}是首項為2,公比為2的等比數(shù)列,∴a2k=2k.
故數(shù)列{an}的通項公式為an=.
(2)由(1)知bn==,
∴Sn=+++…+,①
故Sn=+++…+,②
①-②得Sn=++…+-=-=1--.
∴Sn=2--=2-.
6.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=n2+n.數(shù)列{bn}滿足bn+2-2bn+1+bn=0(n∈N*),且b3=11,b1+b2+…+b9=153.
(1)求數(shù)列
13、{an},{bn}的通項公式;
(2)設cn=,數(shù)列{cn}的前n項和為Tn,求使不等式Tn>對一切n∈N*都成立的最大正整數(shù)k的值;
(3)設f(n)=,是否存在m∈N*,使得f(m+15)=5f(m)成立?若存在,求出m的值;若不存在,請說明理由.
解:(1)當n=1時,a1=S1=6,
當n≥2時,an=Sn-Sn-1=(n2+n)-[(n-1)2+(n-1)]=n+5,
而當n=1時,n+5=6,
∴an=n+5(n∈N*),
又bn+2-2bn+1+bn=0,即bn+2-bn+1=bn+1-bn.
∴數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,又b3=11,b1+b2+…+b9=153,解得b1=5,公差d=3.
∴bn=3n+2(n∈N*).
(2)由(1)可得,cn==
=(-),
∴Tn=c1+c2+…+cn=[(1-)+(-)+……+(-)]=,
∵Tn+1-Tn=-=>0,
∴Tn單調(diào)遞增,故{Tn}min=T1=,
令>,得k<19,所以kmax=18.
(3)f(n)=,
①當m為奇數(shù)時,m+15為偶數(shù),
∴3m+47=5m+25,m=11.
②當m為偶數(shù)時,m+15為奇數(shù),
∴m+20=15m+10,m=?N*(舍去).
綜上所述,存在惟一正整數(shù)m=11,使得f(m+15)=5f(m)成立.