2014届高考数三轮冲刺题点训练：数列的通项及求和.doc

数列的通项公式及应用? 1.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数: 将三角形数1,3, 6,10,…记为数列{an},将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn},可以推测: (1)b2012是数列{an}中的第　　　　项;? (2)b2k-1=　　　　.(用k表示)? 解析:由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…的一个通项公式为an=,写出其若干项有:1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,…其中能被5整除的为10,15,45,55,105,120,… 故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15,…. 从而由上述规律可猜想:b2k=a5k= (k为正整数), b2k-1=a5k-1==, 故b2012=b2×1006=a5×1006=a5030, 即b2012是数列{an}中的第5030项. 答案:(1)5030　(2) 2.若数列{n(n+4) n}中的最大项是第k项,则k=　　　　.? 解析:法一　设数列为{an},则 an+1-an=(n+1)(n+5) n+1-n(n+4)n =n[(n2+6n+5)-n2-4n] = (10-n2), 所以当n≤3时,an+1an,即a1a2a3a4, 当n≥4时,an+1an,因此,a4a5a6…,故a4最大,所以k=4. 法二　由题意得 化简得 又∵k∈N*,∴k=4. 答案:4 3.设数列{an}的前n项和为Sn,数列{Sn}的前n项和为Tn,满足Tn=2Sn-n2,n∈N*. (1)求a1的值; (2)求数列{an}的通项公式. 解:(1)由题意a1=S1=T1,Tn=2Sn-n2, 令n=1得a1=2a1-1,∴a1=1. (2)由Tn=2Sn-n2① 得Tn-1=2Sn-1-(n-1)2(n≥2)② ①-②得Sn=2an-2n+1(n≥2), 验证n=1时也成立. ∴Sn=2an-2n+1③ 则Sn-1=2an-1-2(n-1)+1(n≥2)④ ③-④得an=2an-2an-1-2, 即an+2=2(an-1+2), 故数列{an+2}是公比为2的等比数列,首项为3, 所以an+2=3·2n-1,从而an=3·2n-1-2. 4.已知数列{an}中,a1=1,前n项和Sn=an. (1)求a2,a3; (2)求{an}的通项公式. 解:(1)由S2=a2得3(a1+a2)=4a2,解得a2=3a1=3, 由S3=a3得3(a1+a2+a3)=5a3, 解得a3= (a1+a2)=6. (2)由题设知a1=1. 当n1时有an=Sn-Sn-1=an-an-1, 整理得an=an-1, 于是a1=1, a2=a1, a3=a2, … an-1=an-2, an=an-1. 将以上n个等式两端分别相乘,整理得an=. 综上,{an}的通项公式an=. 有关数列前n项和的问题? 1.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn=2an+1,则Sn等于(　　) (A)2n-1 (B)n-1 (C)n-1 (D) 解析:法一　由Sn=2an+1=2(Sn+1-Sn)可知, 3Sn=2Sn+1,即Sn+1=Sn, ∴数列{Sn}是首项为S1=1,公比为的等比数列, ∴Sn=n-1.故选B. 法二　由Sn=2an+1　①可知a2=S1=, 当n≥2时,Sn-1=2an,　② ∴①-②并化简得an+1=an(n≥2), 即{an}从第二项起是首项为,公比为的等比数列, ∴Sn=a1+=1+n-1-1=n-1(n≥2),当n=1时,满足上式. 故选B. 法三　特殊值法,由Sn=2an+1及a1=1, 可得a2=S1=, ∴当n=2时,S2=a1+a2=1+=,观察四个选项得B正确.故选B. 答案:B 2.数列{an}的通项公式an=ncos,其前n项和为Sn,则S2012等于(　　) (A)1006 (B)2012 (C)503 (D)0 解析:∵当n∈N*时, a4k+1=(4k+1)cos(2kπ+)=0, a4k+2=(4k+2)cos(2kπ+π)=-(4k+2), a4k+3=(4k+3)cos(2kπ+)=0, a4n+4=(4k+4)cos(2kπ+2π)=4k+4, ∴a4k+1+a4k+2+a4k+3+a4k+4=2. 则S2012=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+…+(a2009+a2010+a2011+a2012)=2×503=1006. 答案:A 3.(2012年新课标全国卷,文12)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为(　　)