第14讲 数列求和及数列的综合应用.doc

第14讲数列求和及数列的综合应用eq\a\vs4\al\co1(||||专题突破，限时训练||||)[P82]一、选择题1.设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1,则数列{eq\f(1,fn)}(n∈N*)的前n项和是(C)A.eq\f(n,n－1)B.eq\f(n＋2,n＋1)C.eq\f(n,n＋1)D.eq\f(n＋1,n)解析：因为f′(x)＝2x＋1,所以f(x)＝x2＋x,eq\f(1,fn)＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1),易求得其和为C.2.若正项数列{an}满足lgan＋1＝1＋lgan,且a2001＋a2002＋a2003＋…＋a2010＝2013,则a2011＋a2012＋a2013＋…＋a2020的值为(A)A.2013×1010B.2013×1011C.2014×1010D.2014×1011解析：由lgan＋1＝1＋lgan,可得lgeq\f(an＋1,an)＝1,eq\f(an＋1,an)＝10,a2011＋a2012＋a2013＋…＋a2020＝(a2001＋a2002＋a2003＋…＋a2010)×1010＝2013×1010.3.设某商品一次性付款的金额为a元,以分期付款的形式等额地分成n次付清,若每期利率r保持不变,按复利计算,则每期期末所付款是(B)A.eq\f(a,n)(1＋r)n元B.eq\f(ar1＋rn,1＋rn－1)元C.eq\f(a,n)(1＋r)n－1元D.eq\f(ar1＋rn－1,1＋rn－1)元解析：设每期期末所付款是x元,则各次付款的本利和为x(1＋r)n－1＋x(1＋r)n－2＋x(1＋r)n－3＋…＋x(1＋r)＋x＝a(1＋r)n,即x·eq\f(1＋rn－1,r)＝a(1＋r)n,故x＝eq\f(ar1＋rn,1＋rn－1).二、填空题4.(原创题)已知数列{an}满足a1＝－1,∀n∈N*,an＋an＋1＝2,其前n项和为Sn,则S2017＝2015.解析：S2017＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2016＋a2017)＝－1＋eq\f(2016,2)×2＝2015.5.(2016·湖南十三校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn＝2n－an,则数列{an}的通项公式an＝2－(eq\f(1,2))n－1.解析：当n＝1时,a1＝1；当n≥2时,an＝Sn－Sn－1,所以2an＝an－1＋2,则2(an－2)＝an－1－2,所以an－2＝(a1－2)(eq\f(1,2))n－1,an＝2－(eq\f(1,2))n－1.三、解答题6.(2016·山西太原市二模)数列{an}的前n项和记为Sn,a1＝t,点(Sn,an＋1)在直线y＝3x＋1上,n∈N*.(1)当实数t为何值时,数列{an}是等比数列；(2)在(1)的结论下,设bn＝log4an＋1,cn＝an＋bn,Tn是数列{cn}的前n项和,求Tn.解析：(1)因为点(Sn,an＋1)在直线y＝3x＋1上,所以an＋1＝3Sn＋1,an＝3Sn－1＋1(n>1,且n∈N*),an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an,所以an＋1＝4an,n>1,a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t＋1,所以当t＝1时,a2＝4a1,数列{an}是等比数列.(2)在(1)的结论下,an＋1＝4an,an＋1＝4n,bn＝log4an＋1＝n,cn＝an＋bn＝4n－1＋n,Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(4n－1,3)＋eq\f(nn＋1,2).7.(2016·甘肃兰州高三实战)等差数列{an}中,已知an>0,a1＋a2＋a3＝15,且a1＋2,a2＋5,a3＋13构成等比数列{bn}的前三项.(1)求数列{an},{bn}的通项公式；(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.解析：(1)设等差数列的公差为d,则由已知得：a1＋a2＋a3＝3a2＝15即a2＝5,又(5－d＋2)(5＋d＋13)＝100,解得d＝2或d＝－13(舍),a1＝a2－d＝3,所以an＝a1＋(n－1)×d＝2n＋1,又b1＝a1＋2＝5,b2＝a2＋5＝10,所以q＝2,所以bn＝5×2n－1.(2)因为Tn＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1],2Tn＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n],两式相减得－Tn＝5[3＋2×2＋2×22