2016优化探究高考一轮复习资料 (27)

A组 考点基础演练

一、选择题

4

1．(2013年高考大纲全国卷)已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10

3项和等于( )

A．－6(1－3C．3(1－3

－10

)

1

B.(1－310) 9D．3(1＋3

－10

－10

) )

解析：由3an＋1＋an＝0，得

an＋111

＝－，故数列{an}是公比q＝－的等比数列． an33

－11041－34

又a2＝－，可得a1＝4.所以S10＝ 311－－3＝3(1－3

－10

)．

答案：C

11111

2．数列1 ，3 ，5 ，7 ，„，(2n－1)＋n的前n项和Sn的值等于( )

2481621

A．n2＋1－n

2C．n2＋1－

2

n－1

1

B．2n2－n＋1－n

2

1

D．n2－n＋1－n

2

1

1

解析：该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋n，

2

1111＋2＋„＋n＝n2＋1－n. 则Sn＝[1＋3＋5＋„＋(2n－1)]＋2222答案：A

3．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，且S25＝100，则a12＋a14等于( ) A．16 C．4

B．8 D．不确定

解析：由数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，可知数列{an}是等差数列，由S25

a1＋a25×25

＝＝100，解得a1＋a25＝8，所以a1＋a25＝a12＋a14＝8.

2

答案：B

1121231239

4．已知数列{an}：，＋，＋＋，„，＋＋＋„＋，„，那么数列{bn}

23344410101010

1

＝aa的前n项和Sn为( ) nn＋1

nA. n＋13nC. n＋1

4nB. n＋15nD. n＋1

111＋2＋3＋„＋nn14

解析：an＝＝，∴bn＝＝＝4n－n＋1，

2n＋1anan＋1nn＋111111

1－＋－＋„＋n－∴Sn＝4n＋1 223

14n

＝41－n＋1＝n＋1. 答案：B

5．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，„这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 013项之和S2 013等于( )

A．1 C．4 018

B．2 010 D．0

解析：由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴an＋1＝an－an－1.

故数列的前n项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S6＝0.∵2 013＝6×335＋3，∴S2 013＝S3＝4 018.

答案：C 二、填空题

16．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列bb的

nn＋1

前n项和Sn＝________.

a4－－

解析：设等比数列{an}的公比为q，则＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn1＝3×3n1

a1

＝3n，故bn＝log3an＝n，

1111所以＝＝－.

bnbn＋1nn＋1nn＋1

1111111n则数列bb的前n项和Sn＝1－＋－＋„＋－＝1－＝.

223nn＋1n＋1n＋1nn＋1

答案：

n

n＋1

7．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＝________.

解析：∵an＋1－an＝2n，

∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋„＋(a2－a1)＋a1＝2n1＋2n2＋„＋22＋2＋2

－

－

2－2n2－2n1n＋1nn＝＋2＝2－2＋2＝2.∴Sn＝＝2－2. 1－21－2

＋

答案：2n1－2

＋

8．(2015年青岛模拟)已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋„＋a100＝________.

解析：因为f(n)＝n2cos(nπ)，所以

a1＋a2＋a3＋„＋a100＝[f(1)＋f(2)＋„＋f(100)]＋[f(2)＋„＋f(101)]

f(1)＋f(2)＋„＋f(100)＝－12＋22－32＋42－„－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)503＋199＋„(1002－992)＝3＋7＋„＋199＝＝5 050，

2

f(2)＋„＋f(101)＝22－32＋42－„－992＋1002－1012 ＝(22－32)＋(42－52)＋„＋(1002－1012) 50－5－201

＝－5－9－„－201＝＝－5 150，

2

所以a1＋a2＋a3＋„＋a100＝[f(1)＋f(2)＋„＋f(100)]＋[f(2)＋„＋f(101)] ＝－5 150＋5 050＝－100. 答案：－100 三、解答题

9．(2013年高考湖南卷)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1≠0,2an－a1＝S1·Sn，n∈N*.

(1)求a1，a2，并求数列{an}的通项公式； (2)求数列{nan}的前n项和．

2解析：(1)令n＝1，得2a1－a1＝a21，即a1＝a1.

因为a1≠0，所以a1＝1.

令n＝2，得2a2－1＝S2＝1＋a2，解得a2＝2.

当n≥2时，由2an－1＝Sn,2an－1－1＝Sn－1两式相减，得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1. 于是数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列．

因此，an＝2n1.所以数列{an}的通项公式为an＝2n1(n∈N*)．

－

－

(2)由(1)知，nan＝n·2n1.记数列{n·2n1}的前n项和为Bn，

－

－

于是Bn＝1＋2×2＋3×22＋„＋n×2n1，①

－

2Bn＝1×2＋2×22＋3×23＋„＋n×2n.② ①－②，得－Bn＝1＋2＋22＋„＋2n1－n·2n

－

＝2n－1－n·2n.

从而Bn＝1＋(n－1)·2n(n∈N*)．

10．(2015年台州模拟)在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，再令an＝lg Tn，n≥1.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝tan an·tan an＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.

解析：(1)设t1，t2，„，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100， 则Tn＝t1·t2·„·tn＋1·tn＋2，① Tn＝tn＋2·tn＋1·„·t2·t1，②

①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 T2(t2tn＋1)·„·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(nn＝(t1tn＋2)·

∴an＝lg Tn＝n＋2，n≥1. (2)由题意和(1)中计算结果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1. 另一方面，利用

tank＋1－tan ktan 1＝tan[(k＋1)－k]＝，

1＋tank＋1·tan ktank＋1－tan k

得tan(k＋1)·tan k＝－1.

tan 1

nk1

n＋2k3

＋2)

，Tn＝10n2，

＋

所以Sn＝∑bk＝∑tan(k＋1)·tan k ＝＝

＝∑ ＝

k3

n＋2

tank＋1－tan k

－1

tan 1

＝

tann＋3－tan 3

－n.

tan 1

B组 高考题型专练

1．(2014年高考北京卷)已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{bn}的前n项和．

a4－a112－3解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝＝＝3.

33所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，„)．

b4－a420－12

设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝＝＝8，解得q＝2.

b1－a14－3所以bn－an＝(b1－a1)qn1＝2n1.

－

－

从而bn＝3n＋2n1(n＝1,2，„)．

－

(2)由(1)知bn＝3n＋2n1(n＝1,2，„)．

－

1－2nn3n－1

数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2}的前n项和为1×＝2－1.

21－23

所以，数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.

2

2．(2014年高考安徽卷)数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.

an

(1)证明：数列n是等差数列；



(2)设bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Sn. 解析：(1)证明：由已知可得

an＋1anan＋1an＝＋1，即－＝1. n＋1nn＋1n

ana1所以n是以＝1为首项，1为公差的等差数列．

1

an(2)由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.

n从而bn＝n·3n.

Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋„＋n·3n， 3Sn＝1·32＋2·33＋„＋(n－1)·3n＋n·3n1.

＋

① ②

＋

①－②得，－2Sn＝31＋32＋„＋3n－n·3n1 3·1－3n3n1－3n＋11－2n·＝－n·3＝，

21－3

＋

2n－1·3n1＋3

所以Sn＝.

4

＋

3．(2014年高考新课标全国卷Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．

(1)求{an}的通项公式；

an

(2)求数列2n的前n项和．



解析：(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3. 13

设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，从而a1＝. 221

所以{an}的通项公式为an＝n＋1.

2

anann＋2

(2)设2n的前n项和为Sn，由(1)知n＝n＋1，则

22

n＋1n＋234

Sn＝2＋3＋„＋n＋n＋1，

2222n＋1n＋2134

Sn＝3＋4＋„＋n＋1＋n＋2. 22222

111n＋231n＋213

两式相减，得Sn＝＋23＋„＋2n＋1－n＋2＝＋1－2n－1－n＋2.

244422n＋4

所以Sn＝2－n＋1.

2

n2＋n

4．(2014年高考湖南卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.

2(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和． 解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；

n2＋nn－12＋n－1

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.

22故数列{an}的通项公式为an＝n.

(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋„＋22n)＋(－1＋2－3＋4－„＋2n)．

21－22n2n＋1

记A＝2＋2＋„＋2，B＝－1＋2－3＋4－„＋2n，则A＝＝2－2，B＝(－

1－2

1

2

2n

1＋2)＋(－3＋4)＋„＋[－(2n－1)＋2n]＝n.

故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n1＋n－2.

＋

5．(2014年高考山东卷)在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项． (1)求数列{an}的通项公式；

nn＋1(2)设bn＝a，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－„＋(－1)nbn，求Tn.

2解析：(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)， 即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)， 解得a1＝2，

所以数列{an}的通项公式为an＝2n. nn＋1

(2)由题意知bn＝a＝n(n＋1)，

2

所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋„＋(－1)nn·(n＋1)． 因为bn＋1－bn＝2(n＋1)， 可得当n为偶数时，

n

4＋2n2

Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋„＋(－bn－1＋bn)＝4＋8＋12＋„＋2n＝＝

2nn＋2

， 2

n－1n＋1n＋12

当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋(－bn)＝－n(n＋1)＝－.

22

所以T＝nn＋2

2，n为偶数.

n

n＋12－，n为奇数，

2