高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.1 数列巩固练习

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.1 数列巩固练习，共7页。
1．数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和为( )
A．2100－101 B．299－101
C．2100－99 D．299－99
解析：选A 由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以，前99项的和为S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝eq \f(2（1－299）,1－2)－99＝2100－101.
2．已知数列{an}的通项an＝2n＋1，n∈N*，由bn＝eq \f(a1＋a2＋a3＋…＋an,n)所确定的数列{bn}的前n项的和是( )
A．n(n＋2) B.eq \f(1,2)n(n＋4)
C.eq \f(1,2)n(n＋5) D.eq \f(1,2)n(n＋7)
解析：选C ∵a1＋a2＋…＋an＝eq \f(n,2)(2n＋4)＝n2＋2n.
∴bn＝n＋2，∴{bn}的前n项和Sn＝eq \f(n（n＋5）,2).
3．已知函数y＝lga(x－1)＋3(a>0且a≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项，若bn＝eq \f(1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10＝( )
A.eq \f(9,11) B.eq \f(10,11)
C．1 D.eq \f(12,11)
解析：选B 对数函数y＝lgax的图象过定点(1，0)，
∴函数y＝lga(x－1)＋3的图象过定点(2，3)，
则a2＝2，a3＝3，故an＝n，
∴bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴T10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)－\f(1,11)))＝1－eq \f(1,11)＝eq \f(10,11)，故选B.
4．(多选)已知数列{an}前n项和为Sn，且满足Sn＋an＝2p(p为非零常数)，则下列结论中正确的是( )
A．数列{an}必为等比数列
B．p＝1时，S5＝eq \f(31,32)
C．|a3|＋|a8|>|a5|＋|a6|
D．存在p，对任意的正整数m，n，都有am·an＝am＋n
解析：选ACD 由Sn＋an＝2p，可得S1＋a1＝2a1＝2p，即a1＝p，n≥2时，Sn－1＋an－1＝2p，Sn＋an＝2p，
相减可得2an－an－1＝0，即有数列{an}为首项p，公比为eq \f(1,2)的等比数列，故A正确；由A可得p＝1时，S5＝eq \f(1－\f(1,25),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16)，故B错误；
|a3|＋|a8|＝|p|eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,27)))＝|p|·eq \f(33,128)，
|a5|＋|a6|＝|p|eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,24)＋\f(1,25)))＝|p|·eq \f(12,128)，
因为p为非零常数，所以|p|＞0，
则|a3|＋|a8|>|a5|＋|a6|，即C正确；由A可得am·an＝am＋n，等价为p2·eq \f(1,2m＋n－2)＝p·eq \f(1,2m＋n－1)，
可得p＝eq \f(1,2)，故D正确；故选A、C、D.
5．已知数列{an}：eq \f(1,2)，eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)，eq \f(1,4)＋eq \f(2,4)＋eq \f(3,4)，eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)＋eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)，…，那么数列{bn}＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))前n项的和为( )
A．4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1))) B．4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))
C．1－eq \f(1,n＋1) D.eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋1)
解析：选A ∵an＝eq \f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq \f(\f(n（n＋1）,2),n＋1)＝eq \f(n,2)，
∴bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(4,n（n＋1）)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
∴Sn＝4[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))]＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1))).
6．设an＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，数列{an}的前n项和Sn＝9，则n＝________．
解析：an＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
故Sn＝eq \r(2)－1＋eq \r(3)－eq \r(2)＋…＋eq \r(n＋1)－eq \r(n)＝eq \r(n＋1)－1＝9.
解得n＝99.
答案：99
7．在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，n∈N*，则S15＋S22－S31的值是________．
解析：S15＝－4×7＋a15＝－28＋57＝29，
S22＝－4×11＝－44，
S31＝－4×15＋a31＝－60＋121＝61，
S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
答案：－76
8．设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则an＝______，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,aeq \\al(2,n)－1)))的前n项和为________．
解析：设等差数列{an}的公差为d.∵{an}是等差数列，
∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，∴a7－a2＝5d.又a2＝5，则d＝2.∴an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1.
∴eq \f(1,aeq \\al(2,n)－1)＝eq \f(1,4n（n＋1）)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,aeq \\al(2,n)－1)))的前n项和为eq \f(1,4)(1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4（n＋1）).
答案：2n＋1 eq \f(n,4（n＋1）)
9．已知{an}是递增的等差数列，a1＝2，aeq \\al(2,2)＝a4＋8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋2eq \a\vs4\al(an)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设数列{an}的公差为d，d>0.由题意得(2＋d)2＝2＋3d＋8，解得d＝2或d＝－3(舍)．
故an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)·2＝2n.
(2)∵bn＝an＋2eq \a\vs4\al(an)＝2n＋22n，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(2＋22)＋(4＋24)＋…＋(2n＋22n)
＝(2＋4＋…＋2n)＋(22＋24＋…＋22n)
＝eq \f(（2＋2n）·n,2)＋eq \f(4·（1－4n）,1－4)
＝n(n＋1)＋eq \f(4n＋1－4,3).
10．已知等差数列{an}，a2＝12，a5＝24，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1－bn＝an(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求使得eq \f(1,b1)＋eq \f(1,b2)＋eq \f(1,b3)＋…＋eq \f(1,bn)＞eq \f(8,17)成立的最小正整数n的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则a5－a2＝3d＝12，d＝4，
∴an＝a2＋(n－2)d＝4n＋4，
∴bn＋1－bn＝4n＋4，
∴bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝4＋(4×1＋4)＋(4×2＋4)＋…＋[4(n－1)＋4]
＝4＋4[1＋2＋…＋(n－1)]＋4(n－1)
＝2n2＋2n(n＞1)，b1＝4也适合．
∴an＝4n＋4，bn＝2n2＋2n(n∈N*)．
(2)∵eq \f(1,bn)＝eq \f(1,2n2＋2n)＝eq \f(1,2n（n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴eq \f(1,b1)＋eq \f(1,b2)＋eq \f(1,b3)＋…＋eq \f(1,bn)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,2（n＋1）)，
即eq \f(n,2（n＋1）)＞eq \f(8,17)，解得n＞16，
∴满足条件的最小正整数n的值为17.
[B级 综合运用]
11．设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10等于( )
A．1 033 B．1 034
C．2 057 D．2 058
解析：选A 由已知可得an＝n＋1，bn＝2n－1，
于是abn＝bn＋1，
因此ab1＋ab2＋…＋ab10＝(b1＋1)＋(b2＋1)＋…＋(b10＋1)＝b1＋b2＋…＋b10＋10＝20＋21＋…＋29＋10＝eq \f(1－210,1－2)＋10＝1 033.
12．(多选)已知数列{an}：eq \f(1,2)，eq \f(1,22)，eq \f(2,22)，eq \f(3,22)，eq \f(1,23)，eq \f(2,23)，eq \f(3,23)，eq \f(4,23)，eq \f(5,23)，eq \f(6,23)，eq \f(7,23)，eq \f(1,24)，eq \f(2,24)，…(其中第一项是eq \f(1,21)，接下来的22－1项是eq \f(1,22)，eq \f(2,22)，eq \f(3,22)，再接下来的23－1项是eq \f(1,23)，eq \f(2,23)，eq \f(3,23)，eq \f(4,23)，eq \f(5,23)，eq \f(6,23)，eq \f(7,23)，依次类推)，其前n项和为Sn.则下列判断正确的是( )
A.eq \f(210－1,210)是{an}的第2 036项
B．存在常数M，使得Sn＜M恒成立
C．S2 036＝1 018
D．满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 100
解析：选ACD 因为21－1＋22－1＋…＋210－1＝eq \f(2－211,1－2)－10＝2 036，所以eq \f(210－1,210)是{an}的第2 036项，所以A正确；因为Sn随着n的增大而增大，所以不存在常数M，使得Sn＜M恒成立，所以B错误；S2 036＝eq \f(21－1,2)＋eq \f(22－1,2)＋…＋eq \f(210－1,2)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－211,1－2)－10))＝1 018，所以C正确；由eq \f(1,211)＋eq \f(2,211)＋…＋eq \f(n,211)＝eq \f(\f(（1＋n）n,2),211)＞1，解得n≥64，又因为S2 036＝1 018，所以满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 036＋64＝2 100，所以D正确．综上，正确的是A、C、D.
13．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，2Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))an＋1，bn＝(－1)n·(lg3an)2，则an＝______，数列{bn}的前2n项和为________．
解析：根据题意，数列{an}满足2Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))an＋1，①则当n≥2时，有2Sn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n－1)))an，②
由①－②可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))(an＋1－3an)＝0，所以an＋1－3an＝0，即an＋1＝3an(n≥2)．由2Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))an＋1，可求得a2＝3，a2＝3a1，则数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1，bn＝(－1)n·(lg3an)2＝(－1)n·(lg33n－1)2＝(－1)n(n－1)2，则b2n－1＋b2n＝－(2n－2)2＋(2n－1)2＝4n－3.所以数列{bn}的前2n项和T2n＝1＋5＋9＋…＋(4n－3)＝eq \f(n（1＋4n－3）,2)＝2n2－n.
答案：3n－1 2n2－n
14．设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，
且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))的前n项和Sn.
解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q>0且eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋2d＋q4＝21，,1＋4d＋q2＝13，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝2，,q＝2.))
所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.
(2)eq \f(an,bn)＝eq \f(2n－1,2n－1)，
Sn＝1＋eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋…＋eq \f(2n－3,2n－2)＋eq \f(2n－1,2n－1)，①
2Sn＝2＋3＋eq \f(5,2)＋…＋eq \f(2n－3,2n－3)＋eq \f(2n－1,2n－2).②
②－①，得Sn＝2＋2＋eq \f(2,2)＋eq \f(2,22)＋…＋eq \f(2,2n－2)－eq \f(2n－1,2n－1)
＝2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－2)))－eq \f(2n－1,2n－1)
＝2＋2×eq \f(1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))－eq \f(2n－1,2n－1)＝6－eq \f(2n＋3,2n－1).
[C级 拓展探究]
15．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(an＋1)2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在①bn＝eq \f(1,anan＋1)；②bn＝3n·an；③bn＝eq \f(1,4Sn－1)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解．
若________，求{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)因为4Sn＝(an＋1)2，
所以当n＝1时，4a1＝4S1＝(a1＋1)2，解得a1＝1.
当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，又4Sn＝(an＋1)2，
所以两式相减得4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，
可得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
因为an＞0，所以an－an－1＝2，
所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an＝2n－1，故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)若选条件①，bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
则Tn＝eq \f(1,2)[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))]＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
若选条件②.
bn＝3n·an＝3n·(2n－1)，
则Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，
上式两边同时乘3，可得3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1，
两式相减得－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝－6＋(2－2n)·3n＋1，
可得Tn＝(n－1)·3n＋1＋3.
若选条件③.
由an＝2n－1可得Sn＝eq \f(（1＋2n－1）×n,2)＝n2，
所以bn＝eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
故Tn＝eq \f(1,2)[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))]＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).