高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第5章　数列5.4(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第5章　数列5.4(教师版)，共11页。

A级
一、选择题
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝10，S5＝55，则an＋100＋an－98＝( )
A．8n＋6 B．4n＋1
C．8n＋3 D．4n＋3
答案 A
解析 设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，
由S2＝10，S5＝55，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋\f(22－1,2)d＝10，,5a1＋\f(55－1,2)d＝55，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝4，))
所以an＝a1＋(n－1)d＝4n－1，则an＋100＋an－98＝2an＋1＝8n＋6.故选A.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足eq \f(S3,3)－eq \f(S2,2)＝1，则数列{an}的公差是( )
A．1 B．2
C．4 D．6
答案 B
解析 由eq \f(S3,3)－eq \f(S2,2)＝1得eq \f(a1＋a2＋a3,3)－eq \f(a1＋a2,2)＝a1＋d－eq \f(2a1＋d,2)＝eq \f(d,2)＝1，
所以d＝2.故选B.
3．若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn，Tn，已知eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n,n＋3)，则eq \f(a5,b5)＝( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(27,8)
C．7 D.eq \f(21,4)
答案 D
解析 eq \f(a5,b5)＝eq \f(2a5,2b5)＝eq \f(a1＋a9,b1＋b9)＝eq \f(\f(9a1＋a9,2),\f(9b1＋b9,2))＝eq \f(S9,T9)＝eq \f(7×9,9＋3)＝eq \f(21,4).故选D.
4．已知函数f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2，当n为正奇数时，,－n2，当n为正偶数时，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 B．100
C．－100 D．102
答案 B
解析 由题意，得a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.
5．已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,2)＋eq \r(an－a\\al(2,n))，且a1＝eq \f(1,2)，则该数列的前2018项的和等于( )
A．1512 B．1513
C．1513.5 D．2018
答案 C
解析 因为a1＝eq \f(1,2)，又an＋1＝eq \f(1,2)＋eq \r(an－a\\al(2,n))，
所以a2＝1，从而a3＝eq \f(1,2)，a4＝1，
即得an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，n＝2k－1k∈N*，,1，n＝2kk∈N*，))故数列的前2018项的和S2018＝1009×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝1513.5.故选C.
6．在数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)等于( )
A．(3n－1)2 B.eq \f(1,2)(9n－1)
C．9n－1 D.eq \f(1,4)(3n－1)
答案 B
解析 因为a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2)．则n≥2时，an＝2×3n－1.
当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以an＝2×3n－1(n∈N*)．则数列{aeq \\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列．故选B.
7．设直线nx＋(n＋1)y＝eq \r(2)(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形面积为Sn，则S1＋S2＋…＋S2017的值为( )
A.eq \f(2014,2015) B.eq \f(2015,2016)
C.eq \f(2016,2017) D.eq \f(2017,2018)
答案 D
解析 直线与x轴交于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),n)，0))，与y轴交于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),n＋1)))，
∴Sn＝eq \f(1,2)·eq \f(\r(2),n)·eq \f(\r(2),n＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
∴原式＝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(1,2017)－\f(1,2018)))＝1－eq \f(1,2018)＝eq \f(2017,2018).故选D.
8．已知{an}为等比数列，Sn是它的前n项和．若a3a5＝eq \f(1,4)a1，且a4与a7的等差中项为eq \f(9,8)，则S5等于( )
A．35 B．33
C．31 D．29
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比是q，所以a3a5＝aeq \\al(2,1)q6＝eq \f(1,4)a1，得a1q6＝eq \f(1,4)，即a7＝eq \f(1,4).又a4＋a7＝2×eq \f(9,8)，解得a4＝2，所以q3＝eq \f(a7,a4)＝eq \f(1,8)，所以q＝eq \f(1,2)，a1＝16，故S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32))),1－\f(1,2))＝31.故选C.
9．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法中一定成立的是( )
A．若a3>0，则a2017<0 B．若a4>0，则a2018<0
C．若a3>0，则S2017>0 D．若a4>0，则S2018>0
答案 C
解析 等比数列{an}的公比q≠0.对于A，若a3>0，则a1q2>0，所以a1>0，所以a2017＝a1q2016>0，所以A不成立；对于B，若a4>0，则a1q3>0，所以a1q>0，所以a2018＝a1q2017>0，所以B不成立；对于C，若a3>0，则a1＝eq \f(a3,q2)>0，所以当q＝1时，S2017>0，当q≠1时，S2017＝eq \f(a11－q2017,1－q)>0(1－q与1－q2017同号)，所以C一定成立，易知D不一定成立．故选C.
10．在数列{an}中，an>0，a1＝eq \f(1,2)，如果an＋1是1与eq \f(2anan＋1＋1,4－a\\al(2,n))的等比中项，那么a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋eq \f(a4,42)＋…＋eq \f(a100,1002)的值是( )
A.eq \f(100,99) B.eq \f(101,100)
C.eq \f(100,101) D.eq \f(99,100)
答案 C
解析 由题意，可得aeq \\al(2,n＋1)＝eq \f(2anan＋1＋1,4－a\\al(2,n))⇒(2an＋1＋anan＋1＋1)(2an＋1－anan＋1－1)＝0⇒an＋1＝eq \f(1,2－an)⇒an＋1－1＝eq \f(an－1,2－an)⇒eq \f(1,an＋1－1)＝eq \f(1,an－1)－1，∴eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,\f(1,2)－1)－(n－1)＝－n－1⇒an＝eq \f(n,n＋1)⇒eq \f(an,n2)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴a1＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a100,1002)＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,100)－eq \f(1,101)＝eq \f(100,101).故选C.
二、填空题
11．Sn＝1＋11＋111＋…＋11…eq \(1,\s\d4(n个))＝________.
答案 eq \f(10n＋1－9n－10,81)
解析 ∵an＝eq \f(1,9)(10n－1)，∴Sn＝1＋11＋111＋…＋11…eq \(1,\s\d4(n个))
＝eq \f(1,9)[(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n－1)]
＝eq \f(1,9)[(10＋102＋…＋10n)－n]
＝eq \f(1,9)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1010n－1,9)－n))＝eq \f(10n＋1－9n－10,81).
12．数列{an}满足：a1＝eq \f(4,3)，且an＋1＝eq \f(4n＋1an,3an＋n)(n∈N*)，则eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋eq \f(3,a3)＋…＋eq \f(2018,a2018)＝________.
答案 2017eq \f(2,3)＋eq \f(1,3×42018)
解析 由题意可知eq \f(n＋1,an＋1)＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)·eq \f(n,an)⇒eq \f(n＋1,an＋1)－1＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,an)－1))，
又eq \f(1,a1)－1＝－eq \f(1,4)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,an)－1))是以－eq \f(1,4)为首项，
以eq \f(1,4)为公比的等比数列，所以eq \f(n,an)＝1－eq \f(1,4n)，
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋eq \f(3,a3)＋…＋eq \f(n,an)＝n－eq \f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝n－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)·eq \f(1,4n)，
则eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋eq \f(3,a3)＋…＋eq \f(2018,a2018)＝2018－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,42018)＝2017eq \f(2,3)＋eq \f(1,3×42018).
13．设f(x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值为________．
答案 3eq \r(2)
解析 ∵6＋(－5)＝1，∴f(－5)，f(－4)，…，f(5)，f(6)
共有11＋1＝12项．
由f(－5)，f(6)；f(－4)，f(5)；…；f(0)，f(1)共有6对，
且该数列为等差数列．
又f(0)＋f(1)＝eq \f(1,1＋\r(2))＋eq \f(1,2＋\r(2))＝eq \f(1,1＋\r(2))＋eq \f(1,\r(2)1＋\r(2))＝eq \f(\r(2)＋1,\r(2)1＋\r(2))＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
∴f(－5)＋f(－4)＋…＋f(6)＝6×eq \f(\r(2),2)＝3eq \r(2).
14．已知数列{an}的各项均为正整数，其前n项和为Sn，若an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,2)，an是奇数，,3an－1，an是偶数))且S3＝10，则S2016＝________.
答案 6720
解析 当a1为奇数时，a2＝eq \f(a1＋1,2)，此时若a2为奇数，则a3＝eq \f(a2＋1,2)＝eq \f(\f(a1＋1,2)＋1,2)＝eq \f(a1＋3,4)，∴S3＝a1＋eq \f(a1＋1,2)＋eq \f(a1＋3,4)＝eq \f(7a1＋5,4)＝10，解得a1＝5，此时数列{an}为5,3,2,5,3,2，….当a1为奇数时，a2＝eq \f(a1＋1,2)，此时若a2为偶数，则a3＝3a2－1＝eq \f(3a1＋1,2)－1＝eq \f(3a1＋1,2)，
∴S3＝a1＋eq \f(a1＋1,2)＋eq \f(3a1＋1,2)＝3a1＋1＝10，解得a1＝3，此时数列{an}为3,2,5,3,2,5，….当a1为偶数时，a2＝3a1－1，此时a2为奇数，则a3＝eq \f(a2＋1,2)＝eq \f(3a1－1＋1,2)＝eq \f(3a1,2)，∴S3＝a1＋3a1－1＋eq \f(3a1,2)＝eq \f(11,2)a1－1＝10，解得a1＝2，此时数列{an}为2,5,3,2,5,3，….上述三种情况中，数列{an}均为周期数列．
∵672×3＝2016，∴S2016＝672S3＝6720.
B级
三、解答题
15．已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
解 (1)证明：由题意知Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，即Sn＝2Sn－1－n＋4，
所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]，
又易知a1＝3，所以S1－1＋2＝4，
所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，
所以Sn＝2n＋1＋n－2，
于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n＝eq \f(41－2n,1－2)＋eq \f(nn＋1,2)－2n＝eq \f(2n＋3＋n2－3n－8,2).
16．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足aeq \\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋4，a2－1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前3项．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝eq \f(lg2bn,bn)－eq \f(1,anan＋1)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)因为aeq \\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋4，所以aeq \\al(2,n)＝2Sn－1＋n－1＋4(n≥2)，两式相减得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝2an＋1，所以aeq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(2,n)＋2an＋1＝(an＋1)2，
所以an＋1－an＝1.
又aeq \\al(2,3)＝(a2－1)a7，所以(a2＋1)2＝(a2－1)(a2＋5)，解得a2＝3，又aeq \\al(2,2)＝2a1＋1＋4，所以a1＝2，所以{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以an＝n＋1.故b1＝2，b2＝4，b3＝8，所以bn＝2n.
(2)由(1)得，cn＝eq \f(n,2n)－eq \f(1,n＋1n＋2)，
故Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(2,4)＋…＋\f(n,2n)))－eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2×3)))＋eq \f(1,3×4)＋…＋eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1n＋2))).
设Fn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,4)＋…＋eq \f(n,2n)，则eq \f(1,2)Fn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n,2n＋1)，作差得eq \f(1,2)Fn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，
所以Fn＝2－eq \f(n＋2,2n).
设Gn＝eq \f(1,2×3)＋eq \f(1,3×4)＋…＋eq \f(1,n＋1n＋2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)，所以Tn＝2－eq \f(n＋2,2n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))＝eq \f(3,2)－eq \f(n＋2,2n)＋eq \f(1,n＋2).
17．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N*)．
(1)求m的值；
(2)若数列{bn}满足eq \f(an,2)＝lg2bn(n∈N*)，求数列{(an＋6)·bn}的前n项和．
解 (1)由已知得，am＝Sm－Sm－1＝4，
且am＋1＋am＋2＝Sm＋2－Sm＝14，
设数列{an}的公差为d，则有2am＋3d＝14，
∴d＝2.
由Sm＝0，得ma1＋eq \f(mm－1,2)×2＝0，即a1＝1－m，
∴am＝a1＋(m－1)×2＝m－1＝4，
∴m＝5.
(2)由(1)知a1＝－4，d＝2，∴an＝2n－6，
∴n－3＝lg2bn，得bn＝2n－3，
∴(an＋6)·bn＝2n·2n－3＝n·2n－2.
设数列{(an＋6)·bn}的前n项和为Tn，
则Tn＝1×2－1＋2×20＋…＋(n－1)×2n－3＋n×2n－2，①
2Tn＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1，②
①－②，得－Tn＝2－1＋20＋…＋2n－2－n×2n－1＝eq \f(2－11－2n,1－2)－n×2n－1＝2n－1－eq \f(1,2)－n×2n－1，
∴Tn＝(n－1)×2n－1＋eq \f(1,2)(n∈N*)．
18．在等比数列{an}中，a1>0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1，a5的等比中项为16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝lg4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋eq \f(1,S3)＋…＋eq \f(1,Sn)解 (1)设数列{an}的公比为q，由题意可得a3＝16，
a3－a2＝8，则a2＝8，q＝2，a1＝4，所以an＝2n＋1.
(2)bn＝lg42n＋1＝eq \f(n＋1,2)，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(nn＋3,4).
eq \f(1,Sn)＝eq \f(4,nn＋3)＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋3)))，
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋eq \f(1,S3)＋…＋eq \f(1,Sn)
＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,4)＋\f(1,2)－\f(1,5)＋\f(1,3)－\f(1,6)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋3)))
＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))
＝eq \f(4,3)×eq \f(11,6)－eq \f(4,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋3)))
＝eq \f(22,9)－eq \f(4,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋3))).
当n＝1时，eq \f(1,S1)＝1<2当n≥2时，eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)
＝eq \f(22,9)－eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋3)))故存在k＝3时，对任意的n∈N*都有eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋eq \f(1,S3)＋…＋eq \f(1,Sn)<3.