2014高考数学理复习方案 二轮作业手册(新课标・通用版)专题限时集：第10讲 数列求和及数列的简单

专题限时集训(十)[第10讲数列求和及数列的简单应用](时间：45分钟)1．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2，2a2n＝a2n－1＋a2n＋1(n≥2)，则a6等于()A．16B．8C．22D．42．已知数列{an}为等比数列，且a4·a6＝2a5，设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b5＝2a5，则S9＝()A．36B．32C．24D．223．设等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn.若a1＝1，a3＝4，Sk＝63，则k＝________．4．设直线nx＋(n＋1)y＝2(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形的面积为Sn，则S1＋S2＋…＋S2012＝________．5．计算机是将信息转换成二进制数进行处理的．二进制即“逢二进一”，如(1101)2表示二进制的数，将它转化成十进制数的形式是1×23＋1×22＋0×21＋1×20＝13，那么将二进制数111…1(2)(共16位)转换成十进制数的值是()A．217－2B．217－1C．216－1D．215－16．已知函数f(x)＝1x＋1，点O为坐标原点，点An(n，f(n))(n∈N*)．若记直线OAn的倾斜角为θn，则tanθ1＋tanθ2＋…＋tanθn＝()A.1nB.1n＋1C.nn＋1D.n－1n7．数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝15，且对任意的正整数m，n，都有am＋n＝am·an，若Snt恒成立，则实数t的最小值为()A.14B.34C.43D．48．在数列{an}中，若对任意的n∈N*均有an＋an＋1＋an＋2为定值，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，则数列{an}的前100项的和S100＝()A．132B．299C．68D．999．定义np1＋p2＋…＋pn为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”．若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为12n＋1，又bn＝an＋14，则1b1b2＋1b2b3＋…＋1b10b11＝()A.111B.910C.1011D.111210．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2013＝________．11．已知数列{an}的各项均为正整数，其前n项和为Sn.若an＋1＝an2，an是偶数，3an＋1，an是奇数，且S3＝29，则a1＝________；S3n＝________．12．对于一切实数x，令[x]为不大于x的最大整数，则函数f(x)＝[x]称为高斯函数或取整函数．若an＝fn3，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则S3n＝________．13．已知等差数列{an}满足a3＝10，a5－2a2＝6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}满足bn＝2n－1（n为奇数），12an－1（n为偶数），Tn为数列{bn}的前n项和，求T2n.14．等差数列{an}中，2a1＋3a2＝11，2a3＝a2＋a6－4，其前n项和为Sn.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足bn＝1Sn＋1－1，其前n项和为Tn，求证：Tn34(n∈N*)．15．环保刻不容缓，或许人类最后一滴水将是自己的泪水．某地水资源极为紧张，且受工业污染严重，预计20年后该地将无洁净的水可用．当地决定重新选址建设新城区，同时对旧城区进行拆除．已知旧城区的住房总面积为64am2，每年拆除的数量相同；新城区计划第一年建设住房面积am2，前四年每年以100%的增长率建设新住房，从第五年开始，每年都比上一年增加am2.设第n(n≥1，且n∈N)年新城区的住房总面积为anm2，该地的住房总面积为bnm2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若每年拆除4am2，比较an＋1与bn的大小．专题限时集训(十)1．D[解析]根据2a2n＝a2n－1＋a2n＋1知，数列{a2n}为等差数列，首项为1，公差为3，所以a2n＝1＋(n－1)×3＝3n－2，又an0，所以an＝3n－2，所以a6＝18－2＝4.2．A[解析]由a4·a6＝2a5，得a25＝2a5，即a5＝2，所以b5＝4，S9＝9（b1＋b9）2＝9b5＝36.3．6[解析]设公比为q，因为an0，所以q0，则a3＝4＝a1q2＝q2，所以q＝2，又Sk＝63＝1－2k1－2，即2k＝64，所以k＝6.4.20122013[解析]直线与两坐标轴的交点坐标分别为2n，0，0，2n＋1，故Sn＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以S1＋S2＋…＋S2012＝1－12013＝20122013.5．C[解析]即215＋214＋…＋2＋1＝216－1.6．C[解析]Ann，1n＋1，tanθn＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以tanθ1＋tanθ2＋…＋tanθn＝1－1n＋1＝nn＋1.7．A[解析]令m＝1可得an＋1＝15an，所以{an}为首项为15，公比为15的等比数列，所以Sn＝151－15n1－15＝141－15n14，故实数t的最小值为14.8．B[解析]设an＋an＋1＋an＋2＝M，则an＋1＋an＋2＋an＋3＝M，后式减去前式得an＋3＝an，即数列{an}是以3为周期的周期数列，a7＝a1＝2，a9＝a3＝3，a98＝a2＝4，所以在一个周期内的三项之和为9，所以S100＝33×9＋2＝299.9．C[解析]由已知得na1＋a2＋…＋an＝12n＋1，∴a1＋a2＋…＋an＝n(2n＋1)＝Sn.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，当n＝1时也成立，∴an＝4n－1，∴bn＝an＋14＝n，∴1bnbn＋1＝1n－1n＋1，∴1b1b2＋1b2b3＋…＋1b10b11＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1011.10．－1005[解析]a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，a5＝1，…，由此可得该数列的周期为4，一个周期内四项之和为－2，2013＝503×4＋1，a2013＝a1，所以S2013＝503×(－2)＋1＝－1005.11．57n＋22[解析]若a1＝4k，则a2＝2k，a3＝k，此时S3＝7k＝29，由于k为整数，此时无解；若a1＝4k＋1，则a2＝12k＋4，a3＝6k＋2，此时S3＝22k＋7＝29，解得k＝1，即a1＝5；若a1＝4k＋2，则a2＝2k＋1，a3＝6k＋4，此时S3＝12k＋7＝29，由于k为整数，此时无解；若a1＝4k＋3，则a2＝12k＋10，a3＝6k＋5，此时S3＝22k＋18＝29，由于k为整数，此时无解．综上可知a1＝5.由于a1＝5，则a2＝16，a3＝8，a4＝4，a5＝2，a6＝1，a7＝4，a8＝2，a9＝1，a10＝4，a11＝2，a12＝1.a1＝4＋1，a2＝2＋14，a3＝1＋7，则a1＋a2＋a3＝22＋7，其余每连续三项之和为7，故S3n＝22＋7n.12.32n2－12n[解析]当n＝3k，n＝3k＋1，n＝3k＋2时均有an＝fn3＝n3＝k，所以S3n＝0＋0＋1＋1＋1,\s\do4(3个))＋2＋2＋2,\s\do4(3个))＋…＋(n－1)＋(n－1)＋(n－1),\s\do4(3个))＋n＝3×1＋n－12×(n－1)＋n＝32n2－12n.13．解：(1)设数列{an}的公差为d，则a1＋2d＝10，a1＋4d－2(a1＋d)＝6，解得a1＝2，d＝4，所以an＝a1＋(n－1)d＝4n－2.(2)数列{bn}的前2n项和中，奇数项和偶数项各有n项．奇数项是首项为1，公比为4的等比数列，其和为1×（1－4n）1－4＝4n－13；偶数项是首项为1，公差为4的等差数列，其和为n＋n（n－1）2×4＝2n2－n.所以T2n＝4n－13＋2n2－n.14．解：(1)设数列{an}的公差为d，则2a1＋3a2＝2a1＋3(a1＋d)＝5a1＋3d＝11，2a3＝a2＋a6－4，即2(a1＋2d)＝a1＋d＋a1＋5d－4，得d＝2，a1＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)证明：Sn＝na1＋12n(n－1)d＝n×1＋12n(n－1)×2＝n2，bn＝1Sn＋1－1＝1（n＋1）2－1＝1n2＋2n＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2，所以Tn＝1211－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝1211＋12－1n＋1－1n＋234(n∈N*)．15．解：(1)设第n年新城区的住房建设面积为λnm2，则当1≤n≤4时，λn＝2n－1a；当n≥5时，λn＝(n＋4)a.所以，当1≤n≤4时，an＝(2n－1)a，当n≥5时，an＝a＋2a＋4a＋8a＋9a＋…＋(n＋4)a＝n2＋9n－222a，故an＝（2n－1）a，1≤n≤4，n2＋9n－222a，n≥5.(2)当1≤n≤3时，an＋1＝(2n＋1－1)a，bn＝(2n－1)a＋64a－4na，显然有an＋1bn，当n＝4时，an＋1＝a5＝24a，bn＝b4＝63a，此时an＋1bn.当5≤n≤16时，an＋1＝n2＋11n－122a，bn＝n2＋9n－222a＋64a－4na.an＋1－bn＝(5n－59)a.所以，当5≤n≤11时，an＋1bn；当12≤n≤16时，an＋1bn.当n≥17时，显然an＋1bn，故当1≤n≤11时，an＋1bn；当n≥12时，an＋1bn.