2016-10-25
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第6章 第4节
一、选择题
1.等差数列{an}的前n项和为Sn,若S2=2,S4=10,则S6等于()
A.12
B.18
C.24
D.42
[答案] C
[解析] 由题意设Sn=An2+Bn,
又∵S2=2,S4=10,∴4A+2B=2,16A+4B=10,
解得A=34,B=-12,
∴S6=36×34-3=24.
2.数列{an}的前n项和为Sn,若an=1n+1n+2,则S8等于()
A.25
B.130
C.730
D.56
[答案] A
[解析] ∵an=1n+1n+2=1n+1-1n+2,而Sn=a1+a2+…+an=12-13+13-14+…+1n-1n+1+1n+1-1n+2=12-1n+2=n2n+2,
∴S8=82×8+2=25.
3.数列1×12,2×14,3×18,4×116,…的前n项和为()
A.2-12n-n2n+1
B.2-12n-1-n2n
C.12(n2+n+2)-12n
D.12n(n+1)+1-12n-1
[答案] B
[解析] S=1×12+2×14+3×18+4×116+…+n×12n=1×121+2×122+3×123+…+n×12n,①
则12S=1×122+2×123+3×124+…+(n-1)×12n+n×12n+1,②
①-②得12S=12+122+123+…+12n-n×12n+1=121-12n1-12-n2n+1=1-12n-n2n+1.
∴S=2-12n-1-n2n.
4.122-1+132-1+142-1+…+1n+12-1的值为()
A.n+12n+2
B.34-n+12n+2
C.34-121n+1+1n+2
D.32-1n+1+1n+2
[答案] C
[解析] ∵1n+12-1=1n2+2n=1nn+2
=121n-1n+2.
∴Sn=121-13+12-14+13-15+…+1n-1n+2=1232-1n+1-1n+2=34-121n+1+1n+2.
5.(2011•汕头模拟)已知an=log(n+1)(n+2)(n∈N*),若称使乘积a1•a2•a3•…•an为整数的数n为劣数,则在区间(1,2002)内所有的劣数的和为()
A.2026
B.2046
C.1024
D.1022
[答案] A
[解析] ∵a1•a2•a2•…•an=lg3lg2•lg4lg3•…•lgn+2lgn+1=lgn+2lg2=log2(n+2)=k,则n=2k-2(k∈Z).令12002,得k=2,3,4,…,10.
∴所有劣数的和为41-291-2-18=211-22=2026.
6.(2011•威海模拟)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-4n+2,则 |a1|+|a2|+…+|a10|=()
A.66
B.65
C.61
D.56
[答案] A
[解析] 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-5;
当n=1时,a1=S1=-1,不符合上式,
∴an=-1,n=1,2n-5,n≥2,
∴{|an|}从第3项起构成等差数列,首项|a3|=1,
末项|a10|=15.
∴|a1|+|a2|+…+|a10|=1+1+1+15×82=66.
7.(文)(2009•江西)公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4是a3与a7的等比中项,S8=32,则S10等于()
A.18
B.24
C.60
D.90
[答案] C
[解析] 由题意可知a42=a3×a7S8=32,
∴a1+3d2=a1+2da1+6d8a1+8×72×d=32,
∴a1=-3d=2,
∴S10=10×(-3)+10×92×2=60,选C.
(理)(2009•重庆)设{an}是公差不为0的等差数列,a1=2且a1,a3,a6成等比数列,则{an}的前n项和Sn=()
A.n24+7n4
B.n23+5n3
C.n22+3n4
D.n2+n
[答案] A
[解析] 设等差数列公差为d,∵a1=2,∴a3=2+2d,a6=2+5d.又∵a1,a3,a6成等比数列,∴a32=a1a6,即(2+2d)2=2(2+5d),整理得2d2-d=0.
∵d≠0,∴d=12,∴Sn=na1+nn-12d=n24+74n.故选A.
8.在等比数列{an}中,a1=2,前n项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则Sn等于()
A.2n+1-2
B.3n
C.2n
D.3n-1
[答案] C
[解析] 解法1:由{an}为等比数列可得an+1=an•q,an+2=an•q2
由{an+1}为等比数列可得(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1),故(an•q+1)2=(an+1)(an•q2+1),
化简上式可得q2-2q+1=0,解得q=1,
故an为常数列,且an=a1=2,故Sn=n•a1=2n,故选C.
解法2:设等比数列{an}的公比为q,则有a2=2q且a3=2q2,
由题设知(2q+1)2=3•(2q2+1),
解得q=1,以下同解法1.
二、填空题
9.设f(x)=12x+2,则f(-9)+f(-8)+…+f(0)+…+f(9)+f(10)的值为________.
[答案] 52
[解析] ∵f(-n)+f(n+1)=12-n+2+12n+1+2=2n1+2n•2+12n+1+2=2n•2+12n+1+2=22,
∴f(-9)+f(-8)+…+f(0)+…+f(9)+f(10)=52.
10.(2011•启东模拟)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”的通项为2n,则数列{an}的前n项和Sn=________.
[答案] 2n+1-2
[解析] ∵an+1-an=2n,
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=2n-1+2n-2+…+22+2+2
=2-2n1-2+2=2n-2+2=2n,
∴Sn=2-2n+11-2=2n+1-2.
11.(2011•江门模拟)有限数列A={a1,a2,…,an},Sn为其前n项的和,定义S1+S2+…+Snn为A的“凯森和”;如果有99项的数列{a1,a2,…,a99}的“凯森和”为1000,则有100项的数列{1,a1,a2,…,a99}的“凯森和”为________.
[答案] 991
[解析] ∵{a1,a2,…,a99}的“凯森和”为
S1+S2+…+S9999=1000,
∴S1+S2+…S99=1000×99,
数列{1,a1,a2,…,a99}的“凯森和”为:1+S1+1+S2+1+…+S99+1100
=100+S1+S2+…+S99100=991.
三、解答题
12.(2010•重庆文)已知{an }是首项为19,公差为-2的等差数列,Sn为{an}的前n项和.
(1)求通项an及Sn;
(2)设{bn-an}是首项为1,公比为3的等比数列,求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
[解析] 本题主要考查等差数列的基本性质,以及通项公式的求法,前n项和的求法,同时也考查了学生的基本运算能力.
(1)因为{an}为首项a1=19,公差d=-2的等差数列,
所以an=19-2(n-1)=-2n+21,
Sn=19n+nn-12(-2)=-n2+20n.
(2)由题意知bn-an=3n-1,所以bn=3n-1-2n+21
Tn=b1+b2+…+bn=(1+3+…+3n-1)+Sn
=-n2+20n+3n-12.
13.已知数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n.
(1)求证:数列{an}是等差数列;
(2)若bn=an•2n,求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] (1)证明:a1=S1=-1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-3n-2(n-1)2+3(n-1)=4n-5.
又a1适合上式,故an=4n-5(n∈N*).
当n≥2时,an-an-1=4n-5-4(n-1)+5=4,
所以{an}是等差数列且d=4,a1=-1.
(2)bn=(4n-5)•2n,
∴Tn=-21+3•22+…+(4n-5)•2n,①
2Tn=-22+…+(4n-9)•2n+(4n-5)•2n+1,②
①-②得
-Tn=-21+4•22+…+4•2n-(4n-5)•2n+1
=-2+4•41-2n-11-2-(4n-5)•2n+1
=-18-(4n-9)•2n+1,
∴Tn=18+(4n-9)•2n+1.
14.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,且an+2SnSn-1=0(n≥2),
(1)求数列{Sn}的通项公式;
(2)设Sn=1fn,bn=f(12n)+1.记Pn=S1S2+S2S3+…+SnSn+1,Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn+1,试求Tn,并证明Pn12.
[解析] (1)解:∵an+2SnSn-1=0(n≥2),
∴Sn-Sn-1+2SnSn-1=0.
∴1Sn-1Sn-1=2.又∵a=1,
∴Sn=12n-1(n∈N+).
(2)证明:∵Sn=1fn,∴f(n)=2n-1.
∴bn=2(12n)-1+1=(12)n-1.
Tn=(12)0•(12)1+(12)1•(12)2+…+(12)n-1•(12)n=(12)1+(12)3+(12)5+…+(12)2n-1
=23[1-(14)n].
∵Sn=12n-1(n∈N+)
∴Pn=11×3+13×5+…+12n-12n+1
=121-12n+112.
15.(2010•山东理)已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn;
(2)令bn=1an2-1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] 本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和,熟练掌握数列的基础知识是解答好本类题目的关键.对(1)可直接根据定义求解,(2)问采用裂项求和即可解决.
(1)设等差数列{an}的公差为d,因为a3=7,a5+a7=26,
所以有a1+2d=72a1+10d=26,解得a1=3,d=2,
所以an=3+2(n-1)=2n+1;
Sn=3n+nn-12×2=n2+2n.
(2)由(1)知an=2n+1,所以bn=1an2-1=12n+12-1=14•1nn+1=14•1n-1n+1,
所以Tn=14•1-12+12-13+…+1n-1n+1
=14•1-1n+1=n4n+1,
即数列{bn}的前n项和Tn=n4n+1.
[点评] 数列在高考中主要考查等差、等比数列的定义、性质以及数列求和,解决此类题目要注意合理选择公式,对于数列求和应掌握经常使用的方法,如:裂项、叠加、累积.本题应用了裂项求和.
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