文档文本内容
答 案
解析
解：
，
则此数列前
项和
．
故答案为：
．
答 案
-100
解析
解：
，
，
，
，
，
，
，
数列
的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，共有
项；
偶数项是以
为首项，
为公差的等差数列，共有
项．
奇数项的和为
，
偶数项的和为
，
数列
的前
项之和为：
，
故答案为：
．
模块1：拓展
：拓展习题
习题集
1
1
1 63%
例题1
104
35
a
=
n
=
n + 1
n + 3
(
) (
)
1
−
2
1 ( n + 1
1
n + 3
1
)
10
S
=
10
−
+
−
+
−
+ ⋯+
−
+
−
2
1 ( 2
1
4
1
3
1
5
1
4
1
6
1
10
1
12
1
11
1
13
1 )
=
+
−
−
2
1 ( 2
1
3
1
12
1
13
1 )
=
104
35
104
35
例题2
∵a
=
n
−1
2n −1
(
)n+1 (
)
∴a
=
1
1
a
=
2
−3
a
=
3
5
a
=
4
−7
a
=
5
9
⋯
∴
a
{
n}
1
4
50
−3
−4
50
∴
S
=
奇
50 × 1 +
=
2
50 50 −1 × 4
(
)
4950
S
=
偶
50 × −3 −
(
)
=
2
50 50 −1 × 4
(
)
−5050
∴
a
{
n}
100
S
=
100
S
+
奇
S
=
偶
−100
−100
例题3
答 案
7500
解析
解：
，
当
，
时，
；
当
，
时，
．
数列
的奇数项是以为公差的等差数列，偶数项是以为公差的等差数列，
，
，
．
答 案
D
解析
解：
，
，
，
，
，
，
，
，
同理可得
，
故
．
故选：D．
答 案
5008
解析
解：数列
满足：
，数列
满足
，
数列
的前
项和为
1
1
∵a
−
n+2
a
=
n
3 + cos nπ
(
)
∴
n = 2k −1
k ∈N∗
a
−
2k+1
a
=
2k−1
2
n = 2k
k ∈N∗
a
−
2k+2
a
=
2k
4
∴
a
{
n}
2
4
∵a
=
1
1
a
=
2
2
∴S
=
100
a
+ a
+ ⋯+ a
+
( 1
3
99)
a
+ a
+ ⋯+ a
=
( 2
4
100)
50 × 1 +
×
2
50 × 49
2 + 50
例题4
∵a
=
n
n cos
3
nπ
∴a
=
1
1 × cos
=
3
π
1 ×
=
2
1
2
1
a
=
2
2 cos
=
3
2π
2 ×
−
=
(
2
1 )
−1
a
=
3
3 cos π = −3
a
=
4
4 cos
=
3
4π
4 ×
−
=
(
2
1 )
−2
a
=
5
5 cos
=
3
5π
5 ×
=
2
1
2
5
a
=
6
6 cos 2π = 6 × 1 = 6
∴a
+
1
a
+
2
a
+
3
a
+
4
a
+
5
a
=
6
−
2
1
1 −3 −2 +
+
2
5
6 = 3
a
+
7
a
+
8
a
+
9
a
+
10
a
+
11
a
=
12
3
S
=
2016
×
6
2016
3 = 1008
例题5
a
{
n}
a
=
n
k ∈N
{n + 1, n = 2k −1
2
, n = 2k
n−1
(
∗)
b
{ n}
b
=
n
a
3n
b
{ n}
10
S
=
10
a
+
3
a
+
6
⋯+ a30
= a
+ a
+ ⋯+ a
+
( 3
9
27)
a
+ a
+ ⋯+ a
( 6
12
30)
= 2 × 2 + 5 + ⋯+ 14 +
(
)
2 + 2
+ ⋯+ 2
( 5
11
29)
= 2 ×
+
2
5 × 2 + 14
(
)
2 −1
6
2 ×
2
−1
5
[( 6)
5
]
32
．
则
．
故答案为：
．
答 案
，
解析
当
时，
，
，
，
，
，即
，
显然，当
时，
也满足上通项公式．综上
，
．
答 案
解析
由累乘法，
．当
时也成立．
答 案
解析
解：由
，
得
，解得
；
1
1 45%
1
= 80 +
2
−1
63
32 ( 30
)
63S
−
10
2
=
35
63 × 80 + 2
−
35
32 −2
=
35
5008
5008
例题6
a
=
n
2
+
n
−
2
n n + 1
(
)
1
n ∈N∗
n ⩾2
a
=
n
a
+
n−1
2
−
+
(
n
n −1)
n
a
=
2
a
+
1
2
−1
+
(
2
)
2
a
=
3
a
+
2
2
−
+
(
3
2)
3
⋯
a
=
n
a
+
n−1
2
−
+
(
n
n −1)
n
∴a
=
n
a
+
1
2
−1 +
(
n
)
−
2
n n + 1
(
)
1
a
=
n
2
+
n
−
2
n n + 1
(
)
1
n = 1
a
=
1
2
a
=
n
2
+
n
−
2
n n + 1
(
)
1
n ∈N∗
例题7
n2
3n−1
a
=
n
3 1 −
a
=
(
n
1 )
2
n−1
3 ⋅
a
=
n2
(n −1)2
n−1
3 ⋅
2
⋅
n2
(n −1)2
a
=
(n −1)2
(n −2)2
n−2
⋯
= 3
⋅
n−1
⋅
n2
(n −1)2
⋯
a
=
(n −1)2
(n −2)2
22
12
1
n2
3n−1
n = 1
例题8
a
=
n
−
(
2
1 )
n−1
a
=
n
3S
−
n
2①
a
=
1
3S
−
1
2 = 3a
−
1
2
a
=
1
1
当
时，
，
得：
，即
，
数列
是以为首项，以
为公比的等比数列，
则
．
故答案为：
．
答 案
，
解析
，
当
时，
，
，
；当
时，
，解得
．综上，
，
．
答 案
解析
解：由满足：对于任意的
，均有
成等差数列，
可得
，
即有
，
由
，
，
可得
，
，
由
，解得
，
则
，
可得
，
即有
，
则数列
的前
项为，
，，，，，…，
其中奇数项是首项为，公比为的等比数列；
偶数项为首项为
，公比为的等比数列，
则
1 53%
1
n ⩾2
a
=
n−1
3S
−
n−1
2②
①−②
a
−
n
a
=
n−1
3a
n
a
=
n
−
a
n ⩾2
2
1
n−1 (
)
∴
a
{
n}
1
−
2
1
a
=
n
1 ×
−
=
(
2
1 )
n−1
−
(
2
1 )
n−1
a
=
n
−
(
2
1 )
n−1
例题9
{3, n = 1
2
, n ⩾2
n−1
n ∈N∗
∵2a
+
1
3a
+
2
⋯+ n + 1 a
=
(
)
n
n ⋅2 +
n
4
∴
n ⩾2
2a
+
1
3a
+
2
⋯+ na
=
n−1
n −1 ⋅
(
) 2
+
n−1
4
∴n + 1 a
=
(
)
n
n ⋅2 −
n
n −1 ⋅
(
) 2
=
n−1
n + 1 ⋅
(
) 2n−1
∴a
=
n
2n−1
n = 1
2a
=
1
6
a
=
1
3
a
=
n
{3, n = 1
2
, n ⩾2
n−1
n ∈N∗
例题10
2
5115
λ
k ∈N∗
a
, a
, a
2k−1
2k
2k +1
2a
=
2k
a
+
2k−1
a
2k +1
2a
=
2
a
+
1
a
3
a
=
1
1
a
a
=
n
n+1
λ ⋅2 (n ∈
n
N , λ >
∗
0)
a
=
2
=
a
1
2λ
2λ
a
=
3
=
a
2
4λ
2
4λ = 1 + 2
λ =
4
3
a
a
=
n
n+1
3 ⋅2n−2
a
a
=
n−1
n
3 ⋅2n−3
=
a
n−1
a
n+1
2
{a }
n
20
1
2
3
2
3
4
6
1
2
2
3
2
S
=
20
+
1 −2
1 −210
1 −2
1 −2
2
3 (
10)
3
5115
．
故答案为：
．
= 2
−
10
1 +
2
−1 =
2
3 ( 10
)
2
5115
2
5115
