2015高考数学二轮专题复习10：数列求和及数列的综合应用含解析

高考专题训练(十)　数列求和及数列的综合应用A级——基础巩固组一、选择题1．(2014·广东惠州一模)设n是等差数列{an}的前n项和，a1＝2，a＝3a3，则9＝(　　)A．－72B．－54C．54D．72.解析　a1＝2，a5＝3a3得a1＋4d＝3(a1＋2d)，即d＝－a1＝－2，所以9＝9a1＋eq\f(9×8,2)d＝9×2－9×8＝－54，选B.*　2．(2014·全国大纲卷)等比数列{an}中，a4＝2，a＝5，则数列{lgan}的前8项和等于(　　)A．6B．5C．4D．3解析　S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.*　3．(2014·*卷)设{an}是公比为q的等比数列．则“q>1”是“{an}为递增数列”的(　　)A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析　利用公比与等比数列的单调*的关系进行判断．{an}为递增数列，则a1>0时，q>1；a1<0时，0<q<1.q>1时，若a1<0，则{an}为递减数列．故“q>1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选D.*　D4．已知数列{an}的前n项和为n，且n＝n2＋n，数列{n}满足n＝eq\f(1,anan＋1)(n∈N*)，Tn是数列{n}的前n项和，则T9等于(　　)A.eq\f(9,19)B.eq\f(18,19)C.eq\f(20,21)D.eq\f(9,40)解析　∵数列{an}的前n项和为n，且n＝n2＋n，∴n＝1时，a1＝2；n≥2时，an＝n－n－1＝2n，∴an＝2n(n∈N*)，∴n＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n2n＋2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，T9＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)－\f(1,10)))))＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))＝eq\f(9,40).*　D5．已知数列{an}的前n项和n＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝(　　)A．6n－n2n2－6n＋18[来源:Z#xx#k.]C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n2　1≤n≤3,n2－6n＋18　n>3))D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n2　1≤n≤3,n2－6n　n>3))解析　由n＝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－n2　1≤n≤3，,n2－6n＋18　n>3.))*　6．已知曲线：y＝eq\f(1)(>0)及两点A1(1,0)和A2(2,0)，其中2>1>0.过A1，A2分别作轴的垂线，交曲线于1，2两点，直线12与轴交于点A3(3,0)，那么(　　)A．1，eq\f(x3,2)，2成等差数列1，eq\f(x3,2)，2成等比数列C．1，3，2成等差数列D．1，3，2成等比数列解析　由题意，1，2两点的坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(11)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(12)))，所以直线12的方程为y＝－eq\f(112)(－1)＋eq\f(11)，令y＝0，得＝1＋2，∴3＝1＋2，因此，1，eq\f(3,2)，2成等差数列．*　A二、填空题7．若数列{an}的前n项和n＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，则{an}的通项公式是an＝________.解析　n≥2时，an＝n－n－1＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)－eq\f(2,3)an－1＋eq\f(1,3)，化简得：an＝－2an－1，又a1＝1＝eq\f(2,3)a1＋eq\f(1,3)，得a1＝1，故{an}以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1..*　(－2)n－18．(2013·辽宁卷)已知等比数列{an}是递增数列，n是{an}的前n项和．若a1，a3是方程2＋4＝0的两个根，则6＝________.解析　∵a1，a3是方程2－5＋4＝0的两根，且q>1，∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，因此6＝eq\f(1×1－26,1－2)＝63.*　639．(2014·河南一模)已知对于任意的自然数n，抛物线y＝(n2＋n)2－(2n＋1)＋1与轴相交于An，n两点，则|A11|＋|A22|＋…＋|A20142014|＝________.解析　令(n2＋n)2－(2n＋1)＋1＝0，则1＋2＝eq\f(2n＋1,n2＋n)，12＝eq\f(1,n2＋n)，由题意得|Ann|＝|2－1|，所以|Ann|＝eq\r(1＋22－412)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,n2＋n)))2－4·\f(1,n2＋n))＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，因此|A11|＋|A22|＋…＋|A20142014|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2014)－\f(1,2015)))＝1－eq\f(1,2015)＝eq\f(2014,2015).*　eq\f(2014,2015)三、解答题10．(2014·湖南卷)已知数列{an}的前n项和n＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设n＝2an＋(－1)nan，求数列{n}的前2n项和．解　(1)当n＝1时，a1＝1＝1；当n≥2时，an＝n－n－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n.故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知an＝n，故n＝2n＋(－1)nn.记数列{n}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，故数列{n}的前2n项和T2n＝A＋＝22n＋1＋n－2.11．已知数列{an}的前n项和n＝an＋n2－1，数列{n}满足3n·n＋1＝(n＋1)an＋1－nan，且1＝3.(1)求an，n；(2)设Tn为数列{n}的前n项和，求Tn，并求满足Tn<7时n的最大值．解　(1)n≥2时，n＝an＋n2－1，n－1＝an－1＋(n－1)2－1，两式相减，得an＝an－an－1＋2n－1，∴an－1＝2n－1.∴an＝2n＋1，∴3n·n＋1＝(n＋1)(2n＋3)－n(2n＋1)＝4n＋3，∴n＋1＝eq\f(4n＋3,3n)，∴当n≥2时，n＝eq\f(4n－1,3n－1)，又1＝3适合上式，∴n＝eq\f(4n－1,3n－1).(2)由(1)知，n＝eq\f(4n－1,3n－1)，∴Tn＝eq\f(3,1)＋eq\f(7,3)＋eq\f(11,32)＋…＋eq\f(4n－5,3n－2)＋eq\f(4n－1,3n－1)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(3,3)＋eq\f(7,32)＋eq\f(11,33)＋…＋eq\f(4n－5,3n－1)＋eq\f(4n－1,3n)，②①－②，得eq\f(2,3)Tn＝3＋eq\f(4,3)＋eq\f(4,32)＋…＋eq\f(4,3n－1)－eq\f(4n－1,3n)＝3＋4·eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－eq\f(4n－1,3n)＝5－eq\f(4n＋5,3n).∴Tn＝eq\f(15,2)－eq\f(4n＋5,2·3n－1).新|课|标|第|一|网Tn－Tn＋1＝eq\f(4n＋1＋5,2·3n)－eq\f(4n＋5,2·3n－1)＝eq\f(－4n＋3,3n)<0..∴Tn<Tn＋1，即{Tn}为递增数列．又T3＝eq\f(59,9)<7，T4＝eq\f(64,9)>7，∴当Tn<7时，n的最大值为3.B级——能力提高组1．(2014·上海虹口一模)已知函数f(n)＝n2sineq\f(nπ,2)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2014＝________.解析　考虑到sineq\f(nπ,2)是呈周期*的数列，依次取值1,0，－1,0，…，故在求a1＋a2＋…＋a2014时要分组求和，又由an的定义，知a1＋a2＋a3＋…＋a2014＝(a1＋a3＋…＋a2013)＋(a2＋a4＋…＋a2014)＝[f(1)＋f(3)＋…＋f(2013)]＋[f(2)＋f(4)＋…＋f(2014)]＝[(1－32)＋(52－72)＋…＋(20092－20112)＋20132]＋[(－32＋52)＋(－72＋92)＋…＋(－20112＋20132)－20152]＝－2×(4＋12＋20＋…＋4020)＋20132＋2×(8＋16＋…＋4024)－20152＝－2×eq\f(503×4＋4020,2)＋2×eq\f(503×8＋4024,2)－20152＋20132＝503×8－2×4028＝－4032..*　－40322．(2014·上海长宁二模)定义函数f()＝{·{}}，其中{}表示不小于的最小整数，如{1.4}＝2，{－2.3}＝－2.当∈(0，n](n∈N*)时，函数f()的值域为An，记*An中元素的个数为an，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝________.解析　由题意，a1＝1，当∈(n，n＋1]时，{}＝n＋1，·{}∈(n2＋n，n2＋2n＋1]，{·{}}的取值依次为n2＋n＋1，n2＋n＋2，…，n2＋2n＋1共n＋1个，即an＋1＝an＋n＋1，由此可得an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝2－eq\f(2,n＋1).*　2－eq\f(2,n＋1)3．(2014·湖南卷)已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值；(2)若p＝eq\f(1,2)，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．解　(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn..而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.又a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝eq\f(1,3)，p＝0..当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾．故p＝eq\f(1,3).(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①但eq\f(1,22n)<eq\f(1,22n－1)，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n－1＝eq\f(－12n,22n－1).③因为{a2n}是递减数列，同理可得a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n＝eq\f(－12n＋1,22n)④由③④即知，an＋1－an＝eq\f(－1n＋1,2n).于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,22)＋…＋eq\f(－1n,2n－1)＝1＋eq\f(1,2)·eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1,1＋\f(1,2))＝eq\f(4,3)＋eq\f(1,3)·eq\f(－1n,2n－1).故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(4,3)＋eq\f(1,3)·eq\f(－1n,2n－1).HYPERLINK"http://.."..