PAGEPAGE6課時跟蹤檢測(三十三)數(shù)列求和(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2頁)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．數(shù)列{1＋2n－1}的前n項和為()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n2．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100項和為()A.eq\f(100,101) B.eq\f(99,101)C.eq\f(99,100) D.eq\f(101,100)3．(2013·北京東城一模)已知函數(shù)f(n)＝n2cosnπ，且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100＝()A．0 B．－100C．100 D．102004．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－6n，則{|an|}的前n項和Tn＝()A．6n－n2 B．n2－6n＋18C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n21≤n≤3,n2－6n＋18n>3)) D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n21≤n≤3,n2－6nn>3))5．已知數(shù)列{an}滿足an＋an＋1＝eq\f(－1n＋1,2)(n∈N*)，a1＝－eq\f(1,2)，Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則S2013＝________.6.eq\a\vs4\al(創(chuàng)新題)對于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項公式為2n，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________.7．(2013·江西高考)正項數(shù)列{an}滿足：aeq\o\al(2,n)－(2n－1)an－2n＝0.(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)令bn＝eq\f(1,n＋1an)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.8．(2014·襄陽調(diào)研)已知數(shù)列{an}，如果數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，bn＝an＋an－1，n≥2，n∈N*，則稱數(shù)列{bn}是數(shù)列{an}的“生成數(shù)列”．(1)若數(shù)列{an}的通項為an＝n，寫出數(shù)列{an}的“生成數(shù)列”{bn}的通項公式；(2)若數(shù)列{cn}的通項為cn＝2n＋b(其中b是常數(shù))，試問數(shù)列{cn}的“生成數(shù)列”{qn}是否是等差數(shù)列，請說明理由；(3)已知數(shù)列{dn}的通項為dn＝2n＋n，求數(shù)列{dn}的“生成數(shù)列”{pn}的前n項和Tn.第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2014·浙江協(xié)作體三模)在直角坐標平面上有一點列P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，…，Pn(xn，yn)，…，對一切正整數(shù)n，點Pn在函數(shù)y＝3x＋eq\f(13,4)的圖像上，且Pn的橫坐標構成以－eq\f(5,2)為首項，－1為公差的等差數(shù)列{xn}．(1)求點Pn的坐標；(2)設拋物線列C1，C2，C3，…，Cn，…中的每一條的對稱軸都垂直于x軸，拋物線Cn的頂點為Pn，且過點Dn(0，n2＋1)．記與拋物線Cn相切于點Dn的直線的斜率為kn，求eq\f(1,k1k2)＋eq\f(1,k2k3)＋…＋eq\f(1,kn－1kn).2．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝3n，數(shù)列{bn}滿足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)求數(shù)列{bn}的通項公式bn；(3)若cn＝eq\f(an·bn,n)，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.3．已知正項數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝3，a2＝6，{bn}是等差數(shù)列，且對任意正整數(shù)n，都有bn，eq\r(an)，bn＋1成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)設Sn＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)，試比較2Sn與2－eq\f(b\o\al(2,n＋1),an＋1)的大小．答案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．選C由題意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋eq\f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1，故選C.2．選A設等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d.∵a5＝5，S5＝15，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,5a1＋\f(5×5－1,2)d＝15，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))∴an＝a1＋(n－1)d＝n.∴eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100項和為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,100)－eq\f(1,101)＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101).3．選Bf(n)＝n2cosnπ＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n2n為奇數(shù),n2n為偶數(shù)))＝(－1)n·n2，由an＝f(n)＋f(n＋1)＝(－1)n·n2＋(－1)n＋1·(n＋1)2＝(－1)n[n2－(n＋1)2]＝(－1)n＋1·(2n＋1)，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50×(－2)＝－100.4．選C∵由Sn＝n2－6n得{an}是等差數(shù)列，且首項為－5，公差為2.∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，∴n≤3時，an<0，n>3時，an>0，∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n21≤n≤3，,n2－6n＋18n>3.))5．解析：由題意知，a1＝－eq\f(1,2)，a2＝1，a3＝－eq\f(3,2)，a4＝2，a5＝－eq\f(5,2)，a6＝3，…，所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項構成了首項為－eq\f(1,2)，公差為－1的等差數(shù)列，偶數(shù)項構成了首項為1，公差為1的等差數(shù)列，通過分組求和可得S2013＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－eq\f(1,2)))×1007＋eq\f(1007×1006,2)×(－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1006＋\f(1006×1005,2)×1))＝－eq\f(1007,2).答案：－eq\f(1007,2)6．解析：∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq\f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n.∴Sn＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.答案：2n＋1－27．解：(1)由aeq\o\al(2,n)－(2n－1)an－2n＝0，得(an－2n)·(an＋1)＝0.由于{an}是正項數(shù)列，所以an＝2n.(2)由an＝2n，bn＝eq\f(1,n＋1an)，得bn＝eq\f(1,2nn＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).8．解：(1)當n≥2時，bn＝an＋an－1＝2n－1，當n＝1時，b1＝a1＝1適合上式，∴bn＝2n－1(n∈N*)．(2)qn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋b，n＝1，,4n＋2b－2，n≥2，))當b＝0時，qn＝4n－2，由于qn＋1－qn＝4，所以此時數(shù)列{cn}的“生成數(shù)列”{qn}是等差數(shù)列．當b≠0時，由于q1＝c1＝2＋b，q2＝6＋2b，q3＝10＋2b，此時q2－q1≠q3－q2，所以此時數(shù)列{cn}的“生成數(shù)列”{qn}不是等差數(shù)列．(3)pn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,3·2n－1＋2n－1，n≥2，))當n>1時，Tn＝3＋(3·2＋3)＋(3·22＋5)＋…＋(3·2n－1＋2n－1)，∴Tn＝3＋3(2＋22＋23＋…＋2n－1)＋(3＋5＋7＋…＋2n－1)＝3·2n＋n2－4.又n＝1時，T1＝3，適合上式，∴Tn＝3·2n＋n2－4.第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)∵xn＝－eq\f(5,2)＋(n－1)×(－1)＝－n－eq\f(3,2)，∴yn＝3xn＋eq\f(13,4)＝－3n－eq\f(5,4).∴Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－n－\f(3,2)，－3n－\f(5,4))).(2)∵Cn的對稱軸垂直于x軸，且頂點為Pn，∴設Cn的方程為y＝ax＋eq\f(2n＋3,2)2－eq\f(12n＋5,4).把Dn(0，n2＋1)代入上式，得a＝1，∴Cn的方程為y＝x2＋(2n＋3)x＋n2＋1.∴kn＝y(tǒng)′|x＝0＝2n＋3，∴eq\f(1,kn－1kn)＝eq\f(1,2n＋12n＋3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，∴eq\f(1,k1k2)＋eq\f(1,k2k3)＋…＋eq\f(1,kn－1kn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,5)－eq\f(1,7)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,7)－eq\f(1,9)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋3)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,5)－eq\f(1,2n＋3)))＝eq\f(1,10)－eq\f(1,4n＋6).2．解：(1)∵Sn＝3n，∴Sn－1＝3n－1(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1(n≥2)．當n＝1時，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2×3n－1，n≥2.))(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，bn－bn－1＝2n－3.以上各式相加得bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＝eq\f(n－11＋2n－3,2)＝(n－1)2.∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.(3)由題意得cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,2n－2×3n－1，n≥2.))當n≥2時，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n－2)×3n－1，∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n－2)×3n，∴相減得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2(n－2)×3n.∴Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n－1)＝(n－2)×3n－eq\f(3n－3,2)＝eq\f(2n－53n＋3,2).∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,\f(2n－53n＋3,2)，n≥2.))∴Tn＝eq\f(2n－53n＋3,2)(n∈N*)．3．解：(1)∵對任意正整數(shù)n，都有bn，eq\r(an)，bn＋1成等比數(shù)列，且{an}，{bn}都為正項數(shù)列，∴an＝bnbn＋1(n∈N*)．可得a1＝b1b2＝3，a2＝b2b3＝6，又{bn}是等差數(shù)列，∴b1＋b3＝2b2，解得b1＝eq\r(2)，b2＝eq\f(3\r(2),2).∴bn＝eq\f(\r(2),2)(n＋1)．(2)由(1)可得an＝bnbn＋1＝eq\f(n＋1n＋2,2)，則eq\f(1,an)＝eq\f(2,n＋1n＋2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，∴Sn＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)－eq\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,3)－eq\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(