2022秋高中数学第四章数列习题课数列求和课后提能训练新人教A版选择性必修第二册

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第四章　习题课A级——基础过关练1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于(　　)A．1 B．C． D．【答案】B　【解析】∵an＝＝－，∴Sn＝＋＋…＋＝1－＝.∴S5＝.2．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．－200C．400 D．－400【答案】B　【解析】由an＝(－1)n－1·(4n－3)，可得a1＝1，a2＝－5，a3＝9，a4＝－13，…，a99＝393，a100＝－397，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝－4×50＝－200.3．(2022年延安月考)已知数列{an}满足an＋1＝an，a1＝1，则数列的前10项和为(　　)A．　 B．C．　 D．【答案】A　【解析】∵an＋1＝an，∴＝，则an＝a1···…·＝1×××…×＝，∴anan＋1＝＝－，∴数列的前10项和为S10＝＋＋＋…＋＝1－＝.4．(2022年辉县期中)数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋2n－1，…的前99项和为(　　)A．2100－99 B．2100－101C．299－99 D．299－101【答案】B　【解析】∵1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，∴S99＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(299－1)＝(2＋22＋23＋…＋299)－1×99＝－99＝2100－101.故选B．5．设数列{an}的通项为an＝2n－7，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝(　　)A．149　　 B．151C．153　　 D．155【答案】C　【解析】∵an＝2n－7，∴a1＝－5，a2＝－3，a3＝－1，a4＝1，a5＝3，…，a15＝23，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝(5＋3＋1)＋(1＋3＋5＋…＋23)＝9＋＝153.6．(2022年九江期中)已知数列{an}满足a1＝，a2＝，a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝n·a1·an＋1(n∈N＋)，记数列的前n项和为Sn，则S2021＝(　　)A．2021·22021 B．2021·22022C．2022·22021 D．2022·22022【答案】B　【解析】降标相减可得anan＋1＝[nan＋1－(n－1)an](n≥2)，即2anan＋1＝nan＋1－(n－1)an(n≥2)，变形得2＝－(n≥2)，降标相减可得＝＋(n≥3)，可算得＝2，＝3，＝4，即是等差数列，可得＝n＋1⇒＝(n＋1)2n，所以Sn＝2·21＋3·22＋…(n＋1)·2n，所以2Sn＝2·22＋3·23＋…＋(n＋1)·2n＋1，错位相减可得Sn＝n·2n＋1.所以S2021＝2021·22022.故选B．7．(多选)(2022年青岛期末)已知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列；{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，设cn＝abn，Tn＝c1＋c2＋…＋cn，则下列结论正确的为(　　)A．cn＝2n－1B．Tn＝2n－n－1C．an<2bnD．若Tn<2022，则n的最大值为9【答案】ACD　【解析】由已知可得an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1×2n－1＝2n－1，cn＝abn＝2bn－1＝2n－1，A对；Tn＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2，B错；由题意可知an＝2n－1>0，bn＝2n－1>0，令xn＝＝，则xn＋1－xn＝－＝＝.当n＝1时，x2－x1>0，即x1<x2；当n≥2时，xn＋1－xn<0，即xn>xn＋1，即数列{xn}从第二项开始单调递减，所以xn≤x2＝<1，即xn＝<1，故an<2bn，C对；∵cn＝2n－1>0，故数列{Tn}为单调递增数列，因为T9＝210－11＝1013，T10＝211－12＝2036，即T9<2022<T10，D对．故选ACD．8．设数列{an}满足a1＝1，an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列的前10项的和为________．【答案】　【解析】a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n.以上n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n.∵a1＝1，∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝，∴＝＝2，∴S10＝2＝2＝.9．在数列{an}中，anan＋1＝，a1＝1.若Sn为数列{an}的前n项和，则S20＝________.【答案】15　【解析】由anan＋1＝，a1＝1，得a2＝.∵an－1an＝(n≥2)，∴＝1(n≥2)．说明数列{an}是所有奇数项是1，偶数项为的数列，则S20＝10×1＋10×＝15.10．(2022年南宁模拟)已知等差数列{an}满足a3＝7，a5＋a7＝26.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)设cn＝，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列的公差为d，则解得所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)因为cn＝＝，所以cn＝，所以Tn＝＝＝.B级——能力提升练11．已知数列{an}的通项公式为an＝，则数列{an}的前11项和S11＝(　　)A．　　 B．C．　 D．【答案】A　【解析】∵an＝，∴Sn＝1＋＋＋…＋，Sn＝＋＋…＋＋.两式相减得Sn＝1＋＋…＋－＝2－－，∴Sn＝4－，∴S11＝.12．(多选)(2022年娄底期末)已知数列{an}满足3a1＋32a2＋…＋3nan＝n(n∈N*)，bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，则下列说法正确的是(　　)A．an＝B．Sn是关于n的单调递增数列C．Sn可以取到的任意一个值D．若Sn<λ对一切正整数n都成立，则λ≥【答案】BD　【解析】当n＝1时，3a1＝1，即a1＝，当n≥2时，3nan＝n－(n－1)＝1，所以an＝.当n＝1时，a1＝，也满足，所以an＝，所以A不正确；bn＝＝＝＝，故Sn＝＝，因为Sn＝关于n单调递增，所以B正确；所以≤Sn<，但n只能取正整数，所以Sn不可以取到的任意一个值，所以C不正确；若Sn<λ对一切正整数n都成立，则λ≥，所以D正确．故选BD．13．(2021年商丘期末)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4，则数列的前n项和为________．【答案】n2＋　【解析】设{an}的公差为d，的公比为q.因为{bn}是等比数列，b2＝3，b3＝9，所以bn＝b2·qn－2＝3n－1，b4＝27.又因为{an}是等差数列，a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以13d＝a14－a1＝26，故d＝2.令cn＝an＋bn，记{an＋bn}的前n项和为Sn，则Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…bn)＝na1＋d＋＝n2＋.14．(2022年齐齐哈尔期末)已知一元二次函数f(x)满足：f(1)＝1，且0≤f(x)≤2x2恒成立，则f(x)＝________；若an＝f(1)＋＋＋…＋，则数列的前n项和为________．【答案】x2　　【解析】令f(x)＝ax2＋bx＋c且a≠0，∵0≤f(x)≤2x2恒成立，∴恒成立，则∴易知则即c＝0，∴b2≤0，得b＝0.又f(1)＝a×12＋0×1＋0＝1，得a＝1，∴f(x)＝x2，∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝，则＝2·，∴的前n项和Tn＝2·＝2·＝.15．设公差不为0的等差数列{an}的首项为1，且a2，a5，a14构成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足＋＋…＋＝1－，(n∈N*)，求{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，∵a2，a5，a14构成等比数列，∴a＝a2a14，即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝0(舍去)或d＝2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)已知＋＋…＋＝1－，n∈N*，当n＝1时，＝；当n≥2时，＝1－－＝，显然适用于n＝1.∴＝，n∈N*.由(1)，知an＝2n－1，n∈N*，∴bn＝，n∈N*，∴Tn＝＋＋＋…＋，则Tn＝＋＋…＋＋.两式相减，得Tn＝＋－＝－－，∴Tn＝3－.