2015届高考数学一轮复习-数列求和跟踪检测-理含解析新人教A版

PAGEPAGE6课时跟踪检测(三十三)数列求和(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100项和为()A.eq\f(100,101) B.eq\f(99,101)C.eq\f(99,100) D.eq\f(101,100)3．(2013·北京东城一模)已知函数f(n)＝n2cosnπ，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝()A．0 B．－100C．100 D．102004．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝()A．6n－n2 B．n2－6n＋18C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n21≤n≤3,n2－6n＋18n>3)) D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n21≤n≤3,n2－6nn>3))5．已知数列{an}满足an＋an＋1＝eq\f(－1n＋1,2)(n∈N*)，a1＝－eq\f(1,2)，Sn是数列{an}的前n项和，则S2013＝________.6.eq\a\vs4\al(创新题)对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.7．(2013·江西高考)正项数列{an}满足：aeq\o\al(2,n)－(2n－1)an－2n＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝eq\f(1,n＋1an)，求数列{bn}的前n项和Tn.8．(2014·襄阳调研)已知数列{an}，如果数列{bn}满足b1＝a1，bn＝an＋an－1，n≥2，n∈N*，则称数列{bn}是数列{an}的“生成数列”．(1)若数列{an}的通项为an＝n，写出数列{an}的“生成数列”{bn}的通项公式；(2)若数列{cn}的通项为cn＝2n＋b(其中b是常数)，试问数列{cn}的“生成数列”{qn}是否是等差数列，请说明理由；(3)已知数列{dn}的通项为dn＝2n＋n，求数列{dn}的“生成数列”{pn}的前n项和Tn.第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2014·浙江协作体三模)在直角坐标平面上有一点列P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，…，Pn(xn，yn)，…，对一切正整数n，点Pn在函数y＝3x＋eq\f(13,4)的图像上，且Pn的横坐标构成以－eq\f(5,2)为首项，－1为公差的等差数列{xn}．(1)求点Pn的坐标；(2)设抛物线列C1，C2，C3，…，Cn，…中的每一条的对称轴都垂直于x轴，抛物线Cn的顶点为Pn，且过点Dn(0，n2＋1)．记与抛物线Cn相切于点Dn的直线的斜率为kn，求eq\f(1,k1k2)＋eq\f(1,k2k3)＋…＋eq\f(1,kn－1kn).2．已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求数列{bn}的通项公式bn；(3)若cn＝eq\f(an·bn,n)，求数列{cn}的前n项和Tn.3．已知正项数列{an}，{bn}满足a1＝3，a2＝6，{bn}是等差数列，且对任意正整数n，都有bn，eq\r(an)，bn＋1成等比数列．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)设Sn＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)，试比较2Sn与2－eq\f(b\o\al(2,n＋1),an＋1)的大小．答案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．选C由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋eq\f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1，故选C.2．选A设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝15，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,5a1＋\f(5×5－1,2)d＝15，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))∴an＝a1＋(n－1)d＝n.∴eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100项和为1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,100)－eq\f(1,101)＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101).3．选Bf(n)＝n2cosnπ＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n2n为奇数,n2n为偶数))＝(－1)n·n2，由an＝f(n)＋f(n＋1)＝(－1)n·n2＋(－1)n＋1·(n＋1)2＝(－1)n[n2－(n＋1)2]＝(－1)n＋1·(2n＋1)，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50×(－2)＝－100.4．选C∵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，∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n21≤n≤3，,n2－6n＋18n>3.))5．解析：由题意知，a1＝－eq\f(1,2)，a2＝1，a3＝－eq\f(3,2)，a4＝2，a5＝－eq\f(5,2)，a6＝3，…，所以数列{an}的奇数项构成了首项为－eq\f(1,2)，公差为－1的等差数列，偶数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，通过分组求和可得S2013＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－eq\f(1,2)))×1007＋eq\f(1007×1006,2)×(－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1006＋\f(1006×1005,2)×1))＝－eq\f(1007,2).答案：－eq\f(1007,2)6．解析：∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq\f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n.∴Sn＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.答案：2n＋1－27．解：(1)由aeq\o\al(2,n)－(2n－1)an－2n＝0，得(an－2n)·(an＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以an＝2n.(2)由an＝2n，bn＝eq\f(1,n＋1an)，得bn＝eq\f(1,2nn＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).8．解：(1)当n≥2时，bn＝an＋an－1＝2n－1，当n＝1时，b1＝a1＝1适合上式，∴bn＝2n－1(n∈N*)．(2)qn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋b，n＝1，,4n＋2b－2，n≥2，))当b＝0时，qn＝4n－2，由于qn＋1－qn＝4，所以此时数列{cn}的“生成数列”{qn}是等差数列．当b≠0时，由于q1＝c1＝2＋b，q2＝6＋2b，q3＝10＋2b，此时q2－q1≠q3－q2，所以此时数列{cn}的“生成数列”{qn}不是等差数列．(3)pn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,3·2n－1＋2n－1，n≥2，))当n>1时，Tn＝3＋(3·2＋3)＋(3·22＋5)＋…＋(3·2n－1＋2n－1)，∴Tn＝3＋3(2＋22＋23＋…＋2n－1)＋(3＋5＋7＋…＋2n－1)＝3·2n＋n2－4.又n＝1时，T1＝3，适合上式，∴Tn＝3·2n＋n2－4.第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)∵xn＝－eq\f(5,2)＋(n－1)×(－1)＝－n－eq\f(3,2)，∴yn＝3xn＋eq\f(13,4)＝－3n－eq\f(5,4).∴Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－n－\f(3,2)，－3n－\f(5,4))).(2)∵Cn的对称轴垂直于x轴，且顶点为Pn，∴设Cn的方程为y＝ax＋eq\f(2n＋3,2)2－eq\f(12n＋5,4).把Dn(0，n2＋1)代入上式，得a＝1，∴Cn的方程为y＝x2＋(2n＋3)x＋n2＋1.∴kn＝y′|x＝0＝2n＋3，∴eq\f(1,kn－1kn)＝eq\f(1,2n＋12n＋3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，∴eq\f(1,k1k2)＋eq\f(1,k2k3)＋…＋eq\f(1,kn－1kn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,5)－eq\f(1,7)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,7)－eq\f(1,9)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋3)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,5)－eq\f(1,2n＋3)))＝eq\f(1,10)－eq\f(1,4n＋6).2．解：(1)∵Sn＝3n，∴Sn－1＝3n－1(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1(n≥2)．当n＝1时，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2×3n－1，n≥2.))(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，bn－bn－1＝2n－3.以上各式相加得bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＝eq\f(n－11＋2n－3,2)＝(n－1)2.∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.(3)由题意得cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,2n－2×3n－1，n≥2.))当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n－2)×3n－1，∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n－2)×3n，∴相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2(n－2)×3n.∴Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n－1)＝(n－2)×3n－eq\f(3n－3,2)＝eq\f(2n－53n＋3,2).∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,\f(2n－53n＋3,2)，n≥2.))∴Tn＝eq\f(2n－53n＋3,2)(n∈N*)．3．解：(1)∵对任意正整数n，都有bn，eq\r(an)，bn＋1成等比数列，且{an}，{bn}都为正项数列，∴an＝bnbn＋1(n∈N*)．可得a1＝b1b2＝3，a2＝b2b3＝6，又{bn}是等差数列，∴b1＋b3＝2b2，解得b1＝eq\r(2)，b2＝eq\f(3\r(2),2).∴bn＝eq\f(\r(2),2)(n＋1)．(2)由(1)可得an＝bnbn＋1＝eq\f(n＋1n＋2,2)，则eq\f(1,an)＝eq\f(2,n＋1n＋2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，∴Sn＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)－eq\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,3)－eq\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(