高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试巩固练习

这是一份高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试巩固练习，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：(本大题共6小题，每小题6分，共36分，将正确答案的代号填在题后的括号内．)
1．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于( )
A．200 B．－200
C．400 D．－400
解析：S100＝1－5＋9－13＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝50×(－4)＝－200.
答案：B
2．数列1，eq \f(1,1＋2)，eq \f(1,1＋2＋3)，…，eq \f(1,1＋2＋…＋n)的前n项和为( )
A.eq \f(2n,2n＋1) B.eq \f(2n,n＋1)
C.eq \f(n＋2,n＋1) D.eq \f(n,2n＋1)
解析：该数列的通项为an＝eq \f(2,n(n＋1))，分裂为两项差的形式为an＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，令n＝1,2,3，…，则Sn＝
2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
∴Sn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n,n＋1).
答案：B
3．设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N)，则f(n)等于( )
A.eq \f(2,7)(8n－1) B.eq \f(2,7)(8n＋1－1)
C.eq \f(2,7)(8n＋3－1) D.eq \f(2,7)(8n＋4－1)
解析：f(n)为等比数列{23n－2}的前n＋4项的和，首项为2，公比为8，故f(n)＝eq \f(2(1－8n＋4),1－8)＝eq \f(2,7)(8n＋4－1)．
答案：D
4．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝eq \f(3,2)an－3，则数列{an}的前n项和Sn等于( )
A．3n＋1－3 B．3n－3
C．3n＋1＋3 D．3n＋3
解析：∵Sn＝eq \f(3,2)an－3，∴Sn＋1＝eq \f(3,2)an＋1－3，两式相减得：Sn＋1－Sn＝eq \f(3,2)(an＋1－an)．
即an＋1＝eq \f(3,2)(an＋1－an)，∴eq \f(an＋1,an)＝3.
又∵S1＝eq \f(3,2)a1－3，即a1＝eq \f(3,2)a1－3，
∴a1＝6.
∴an＝a1·qn－1＝6×3n－1＝2×3n.
∴Sn＝eq \f(3,2)an－3＝eq \f(3,2)×2×3n－3＝3n＋1－3，故应选A.
答案：A
5．数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)，…，(2n－1)＋eq \f(1,2n)，…的前n项和Sn的值等于( )
A．n2＋1－eq \f(1,2n) B．2n2－n＋1－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－1) D．n2－n＋1－eq \f(1,2n)
解析：该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋eq \f(1,2n)，
则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n2＋1－eq \f(1,2n).故选A.
答案：A
6．数列an＝eq \f(1,n(n＋1))，其前n项之和为eq \f(9,10)，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为( )
A．－10 B．－9
C．10 D．9
解析：设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝a1＋a2＋…＋an，
又∵an＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴Sn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)，
又∵eq \f(n,n＋1)＝eq \f(9,10)，∴n＝9，
∴原题变为求10x＋y＋9＝0在y轴上的截距，令x＝0，得y＝－9，
∴直线在y轴上的截距为－9.故选B.
答案：B
二、填空题：(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上．)
7．已知函数f(x)对任意x∈R，都有f(x)＝1－f(1－x)，则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝________.
解析：由条件可知：f(x)＋f(1－x)＝1.
而x＋(1－x)＝1，
∴f(－2)＋f(3)＝1，f(－1)＋f(2)＝1，
f(0)＋f(1)＝1，
∴f(－2)＋f(－1)＋…＋f(2)＋f(3)＝3.
答案：3
8.eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n,2n)－2等于________．
解析：设S＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，
则eq \f(1,2)S＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1).
相减，得eq \f(1,2)S＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1).
∴S＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n).
∴原式＝－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n).
答案：－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)
9．数列eq \f(1,12＋2)，eq \f(1,22＋4)，eq \f(1,32＋6)，eq \f(1,42＋8)…的前n项和等于________．
解析：an＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
∴Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2(n＋1)(n＋2)).
答案：eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2(n＋1)(n＋2))
10．函数f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2 (n为奇数),－n2 (n为偶数)))，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋…＋a1000＝__________.
解析：a2n＝f(2n)＋f(2n＋1)＝－4n2＋(2n＋1)2
＝4n＋1，a2n－1＝f(2n－1)＋f(2n)
＝－(2n)2＋(2n－1)2
＝－4n＋1
所以数列的前1000项和可分为两部分：
(a1＋a3＋a5＋…＋a999)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a1000)＝1000.
答案：1000
三、解答题：(本大题共3小题，11、12题13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤．)
11．已知数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足Seq \\al(2,n)＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－\f(1,2))).
(1)求Sn的表达式；
(2)设bn＝eq \f(Sn,2n＋1)，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵Seq \\al(2,n)＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－\f(1,2)))，
an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
∴Seq \\al(2,n)＝(Sn－Sn－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－\f(1,2)))，
即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn①
由题意Sn－1·Sn≠0，
故①式两边同除以Sn－1·Sn，得eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2.
∴数列{eq \f(1,Sn)}是首项为eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝1，公差为2的等差数列，
∴eq \f(1,Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴Sn＝eq \f(1,2n－1).
(2)∵bn＝eq \f(Sn,2n＋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)))，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\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).
12．等差数列{an}是递增数列，前n项和为Sn，且a1，a3，a9成等比数列，S5＝aeq \\al(2,5).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝eq \f(n2＋n＋1,an·an＋1)，求数列{bn}的前99项的和．
解：(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，
∵a1，a3，a9成等比数列，∴aeq \\al(2,3)＝a1a9，
∴(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)，∴d2＝a1d，
∵d>0，∴a1＝d，①
∵S5＝aeq \\al(2,5)，
∴5a1＋eq \f(5×4,2)·d＝(a1＋4d)2②
由①②得a1＝eq \f(3,5)，d＝eq \f(3,5)，
∴an＝eq \f(3,5)＋(n－1)×eq \f(3,5)＝eq \f(3,5)n(n∈N*)．
(2)bn＝eq \f(n2＋n＋1,\f(3,5)n·\f(3,5)(n＋1))
＝eq \f(25,9)·eq \f(n2＋n＋1,n(n＋1))
＝eq \f(25,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴b1＋b2＋b3＋…＋b99
＝eq \f(25,9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋1－\f(1,2)＋1＋\f(1,2)－\f(1,3)＋1＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…,＋1＋\f(1,99)－\f(1,100)))＝eq \f(25,9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(99＋1－\f(1,100)))
＝275＋2.75＝277.75.
13．(2011·沈阳市模拟)在数列{an}中，a1＝1，
2an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))2·an(n∈N*)．
(1)证明：数列{eq \f(an,n2)}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝an＋1－eq \f(1,2)an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由条件得eq \f(an＋1,(n＋1)2)＝eq \f(1,2)·eq \f(an,n2)，
又n＝1时，eq \f(an,n2)＝1，
故数列{eq \f(an,n2)}构成首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
从而eq \f(an,n2)＝eq \f(1,2n－1)，即an＝eq \f(n2,2n－1).
(2)由bn＝eq \f((n＋1)2,2n)－eq \f(n2,2n)＝eq \f(2n＋1,2n)得
Sn＝eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋…＋eq \f(2n＋1,2n)
⇒eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n)＋eq \f(2n＋1,2n＋1)，
两式相减得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq \f(2n＋1,2n＋1)，
所以Sn＝5－eq \f(2n＋5,2n).
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