课时提能演练(三十三) 5.4

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课时提能演练(三十三)

(45分钟 100分)

一、选择题(每小题6分，共36分)

1

1.(2012·泉州模拟)数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，令bn＝(a1＋a2＋…＋

nan)，则数列{bn}的前10项的和T10＝( ) (A)70 (B)75 (C)80 (D)85

2.数列{an}、{bn}都是等差数列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60，则{an＋bn}的前20项和为( )

(A)700 (B)710 (C)720 (D)730

2n－1321

3.已知数列{an}的通项公式是an＝n，其前n项和Sn＝，则项数n等

264于( )

(A)13 (B)10 (C)9 (D)6

112123123914.已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，

23344410101010anan1那么数列{bn}的前n项和Sn为( ) n4n

(A) (B) n＋1n＋13n5n(C) (D) n＋1n＋1

5.数列{an}中，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则

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2a1a2a3an等于( )

1n

(A)(2－1) (B)(2－1)

3

n

2

1n

(C)(4－1) (D)4n－1 3

6.(易错题)设数列{xn}满足logaxn＋1＝1＋logaxn(n∈N*，a＞0且a≠1)，且x1＋x2＋x3＋…＋x100＝100，则x101＋x102＋x103＋…＋x200的值为( ) (A)100a2 (B)101a2 (C)100a100 (D)101a100 二、填空题(每小题6分，共18分)

11113

7.设Sn＝＋＋＋…＋，若Sn·Sn＋1＝，则n的值为 .

2612n(n＋1)48.数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝ .

9.已知{an}是公差为－2的等差数列，且a1＝12，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a20|＝ .

三、解答题(每小题15分，共30分)

10.(2012·福州模拟)已知等差数列{an}是递增数列，且满足a4·a7＝15，a3＋a8＝8.

(1)求数列{an}的通项公式；

1

(2)令bn＝(n≥2)，b1＝，求数列{bn}的前n项和Sn.

9an－1an311.(预测题)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝10，an＋1＝9Sn＋10. (1)求证：数列{lgan}是等差数列.

1

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312

(2)设Tn是数列{}的前n项和，求使Tn>(m－5m)对所有的n∈N*都

lgan·lgan＋14成立的最大正整数m的值. 【探究创新】

(16分)已知公差为d(d＞1)的等差数列{an}和公比为q(q＞1)的等比数列{bn}，满足集合{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}＝{1,2,3,4,5}， (1)求通项an，bn；

(2)求数列{an·bn}的前n项和Sn.

答案解析

11n

1.【解析】选B.由条件可知bn＝(a1＋a2＋…＋an)＝×(3＋2n＋1)＝n＋2，

nn210

则数列{bn}的前10项和T10＝(b1＋b10)＝5×(3＋12)＝75.

2

2.【解题指南】根据等差数列的性质可知，{an＋bn}仍然是等差数列，所以利用等差数列的求和公式求解即可.

【解析】选C.由题意知{an＋bn}也为等差数列，所以{an＋bn}的前20项和为： 20(a1＋b1＋a20＋b20)20×(5＋7＋60)S20＝＝＝720.

22

3.【解题指南】首先对数列的通项公式进行变形，观察通项公式的特点是一个常数列与一个等比数列的差，所以需要分组求和.

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1

【解析】选D.∵an＝1－n，

2

1111

∴Sn＝(1－)＋(1－)＋(1－)＋…＋(1－n) 24821111

＝n－(＋＋＋…＋n)

248211(1－n)221＝n－＝n－1＋n，

121－2

3211

由Sn＝＝n－1＋n，观察可得出n＝6.

6421＋2＋3＋…＋nn

4.【解析】选B.an＝＝，

n＋12411

∴bn＝＝＝4(－)，

n(n＋1)nn＋1anan1111111

∴Sn＝4[(1－)＋(－)＋…＋(－)] 223nn＋114n

＝4(1－)＝. n＋1n＋1

5.【解析】选C.∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1， ∴a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2n－1－1(n≥2，n∈N*)， ∴an＝2n－2n－1＝2n－1， 当n＝1时，a1＝21－1＝1， ∴a1也适合上式， ∴an＝2n－1，∴a＝4n－1，

2n∴a21a1a2a3222＋…＋a2n1－4n1n

＝＝(4－1). 1－43

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6.【解析】选C.logaxn＋1＝1＋logaxn， 得xn＋1＝axn，且a＞0，a≠1，xn＞0， ∴数列{xn}是公比为a的等比数列， ∴x101＋x102＋x103＋…＋x200

＝x1001a100＋x2a100＋x3a＋…＋x100100a ＝100a100.

7.【解析】S1111111

n＝1－2＋2－3＋3－4＋…＋n－n＋1

＝1－1n

n＋1＝n＋1

，

∴Snn＋1n3

n〃Sn＋1＝n＋1〃n＋2＝n＋2＝4，

解得n＝6. 答案：6

【变式备选】已知数列{an

，b1

n}的通项公式an＝4n＝(log〃(log，则数2an)2an＋1)

列{bn}的前10项和S10＝( ) (A)940 (B)522 (C)920 (D)511

【解析】选B.根据题意b1n＝(loga 2n)(log2an＋1)＝12(1loga－1)， 2nlog2an＋1

所以{bn}的前10项和S10＝b1＋b2＋…＋b10＝

12(111111log－log＋－＋…＋－) 2a12a2log2a2log2a3log2a10log2a11

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111＝(－) 2log2a1log2a11

1115

＝(－)＝，故选B. 222222

8.【解析】由an＋2－an＝1＋(－1)n知 a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0， ∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1， 数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.

∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100) (100＋2)×50＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋＝2 600.

2答案：2 600

9.【解析】由题意知，an＝12＋(n－1)×(－2)＝－2n＋14， 令－2n＋14≥0，得n≤7，

∴当n≤7时，an≥0，当n＞7时，an＜0.

∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a20|＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋a9＋…＋a20) 7×620×19

＝2S7－S20＝2[7×12＋×(－2)]－[20×12＋×(－2)]

22＝224. 答案：224

【方法技巧】绝对值型数列求和的求解策略： (1)an是先正后负型的{|an|}的前n项和的求解策略：

找出an正负的分界点(假设前m项为正)，考虑当{|an|}的项数n≤m时，|an|＝an，{|an|}的前n项和Tn与{an}的前n项和Sn相等，当n＞m时，{|an|}的前n项

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和Tn＝a1＋a2＋…＋am－am＋1－…－an＝－Sn＋2Sm.可以总结为“一求两考虑”. (2)an是先负后正型的{|an|}的前n项和的求解策略：同样是“一求两考虑”，一求是求出an正负的分界点(假设前m项为负)，两个考虑是当{|an|}的项数n≤m时，|an|＝－an，Tn＝－Sn，当n＞m时，{|an|}的前n项和Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|

＝－a1－a2－…－am＋am＋1＋…＋an＝Sn－2Sm(Sn是数列{an}的前n项和). 10.【解析】(1)根据题意：a3＋a8＝8＝a4＋a7，又由a4〃a7＝15，知：a4，a7是方程x2－8x＋15＝0的两根，且a4设数列{an}的公差为d，由a7＝a4＋(7－4)〃d， 2得d＝.

3

22n＋1

故等差数列{an}的通项公式为：an＝a4＋(n－4)〃d＝3＋(n－4)〃＝.

331111

(2)当n≥2时，bn＝＝＝＝(－

9an－1an2121(2n－1)(2n＋1)22n－1

9(n－)(n＋)33331) 2n＋1

111111111又b1＝＝(1－)，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1－＋－＋…＋－)32323352n－12n＋111n＝(1－)＝. 22n＋12n＋1

a2

11.【解析】(1)依题意，a2＝9a1＋10＝100，故＝10，

a1当n≥2时，an＝9Sn－1＋10 ①

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1

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又an＋1＝9Sn＋10 ② an＋1

②－①整理得：＝10，故{an}(n∈N*)为等比数列，

an且an＝a1qn－1＝10n，∴lgan＝n， ∴lgan＋1－lgan＝(n＋1)－n＝1， 即{lgan}是等差数列.

111

(2)由(1)知，Tn＝3(＋＋…＋) 1×22×3n(n＋1)111113

＝3(1－＋－＋…＋－)＝3－. 223nn＋1n＋13312

∴Tn≥，依题意有>(m－5m)，

224解得－1故所求最大正整数m的值为5. 【探究创新】

【解题指南】(1)结合等差数列与等比数列的项，由{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}＝{1,2,3,4,5}可得a3，a4，a5，b3，b4，b5的值，从而可求数列的通项. (2)由于{an}，{bn}分别为等差数列、等比数列，用“乘公比错位相减”求数列的前n项和Sn.

【解析】(1)∵1,2,3,4,5这5个数中成公差大于1的等差数列的三个数只能是1,3,5；成公比大于1的等比数列的三个数只能是1,2,4. 而{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}＝{1,2,3,4,5}， ∴a3＝1，a4＝3，a5＝5，b3＝1，b4＝2，b5＝4，

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1

∴a1＝－3，d＝2，b1＝，q＝2，

4

∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－5，bn＝b1×qn－1＝2n－3. (2)∵anbn＝(2n－5)×2n－3，

∴Sn＝(－3)×2－2＋(－1)×2－1＋1×20＋…＋(2n－5)×2n－3， 2Sn＝－3×2－1＋(－1)×20＋…＋(2n－7)×2n－3＋(2n－5)×2n－2，

两式相减得－Sn＝(－3)×2－2＋2×2－1＋2×20＋…＋2×2n－3－(2n－5)×2n－23

＝－－1＋2n－1－(2n－5)×2n－2

47

∴Sn＝＋(2n－7)×2n－2.

4

【变式备选】已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4， (1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn. 【解析】(1)设{an}的公差为d，由已知得

3a1＋3d＝6，

8a1＋28d＝－4.

解得a1＝3，d＝－1. 故an＝3－(n－1)＝4－n. (2)由(1)可得，bn＝n〃qn－1，于是 Sn＝1〃q0＋2〃q1＋3〃q2＋…＋n〃qn－1. 若q≠1，将上式两边同乘以q，

qSn＝1〃q1＋2〃q2＋…＋(n－1)〃qn－1＋n〃qn.

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nq－1n12n－1n

两式相减得到(q－1)Sn＝nq－1－q－q－…－q＝nq－＝

q－1

n1nnq(n1)q1q1

(n1)q1(q1)2n于是，Sn＝

nqn1，

n(n＋1)

若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝. 2

所以，Sn＝ n(n1)2nqn1(q1)n(n1)q12

(q1，q0).（q1）

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