新教材2024版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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习题课　数列求和A级——基础过关练1．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝n2，记数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Tn，n∈N*，则T20的值为 (　　)A． eq \f(19,39)　　 B． eq \f(38,39)　　 C． eq \f(20,41)　　　 D． eq \f(40,41)【答案】C　【解析】对于Sn＝n2，当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.经检验，an＝2n－1对n＝1也成立，所以an＝2n－1.所以 eq \f(1,anan＋1)＝ eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以T20＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,39)－\f(1,41)))＝ eq \f(20,41).故选C.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．(2023年河北期末)数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则 eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,a2 023)＝ (　　)A． eq \f(2 022,2 023)　 B． eq \f(2 023,2 024) C． eq \f(2 023,1 012)　 D．2【答案】C　【解析】由an＋1＝a1＋an＋n⇒an＋1－an＝n＋1，当n≥2，n∈N*时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝ eq \f((1＋n)n,2)，显然a1＝1也适合，所以an＝ eq \f((1＋n)n,2)，于是有 eq \f(1,an)＝ eq \f(2,(1＋n)n)＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).因此 eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,a2 023)＝2(1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,2 023)－ eq \f(1,2 024))＝2× eq \f(2 023,2 024)＝ eq \f(2 023,1 012).故选C.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＝ eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，∴S99＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(299－1)＝(2＋22＋23＋…＋299)－1×99＝ eq \f(2×(1－299),1－2)－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＋ eq \f(12×(1＋23),2)＝153.6．(2022年九江期中)已知数列{an}满足a1＝ eq \f(1,2)，a2＝ eq \f(1,3)，a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝n·a1·an＋1(n∈N*)，记数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n,an)))的前n项和为Sn，则S2 022＝ (　　)A．2 022×22 022 B．2 022×22 023C．2 023×22 022 D．2 023×22 023【答案】B　【解析】降标相减可得anan＋1＝ eq \f(1,2)[nan＋1－(n－1)an](n≥2)，即2anan＋1＝nan＋1－(n－1)an(n≥2)，变形得2＝ eq \f(n,an)－ eq \f(n－1,an＋1)(n≥2)，降标相减可得 eq \f(2,an)＝ eq \f(1,an－1)＋ eq \f(1,an＋1)(n≥3)，可算得 eq \f(1,a1)＝2， eq \f(1,a2)＝3， eq \f(1,a3)＝4，即 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，可得 eq \f(1,an)＝n＋1⇒ eq \f(2n,an)＝(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S2 022＝2 022×22 023.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<2 022，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＝ eq \f(2(1－2n),1－2)－n＝2n+1－n－2，B错；由题意可知an＝2n－1>0，bn＝2n-1>0，令xn＝ eq \f(an,2bn)＝ eq \f(2n－1,2n)，则xn＋1－xn＝ eq \f(2n＋1,2n+1)－ eq \f(2n－1,2n)＝ eq \f((2n＋1)－2(2n－1),2n+1)＝ eq \f(3－2n,2n+1).当n＝1时，x2－x1>0，即x1xn＋1，即数列{xn}从第二项开始单调递减，所以xn≤x2＝ eq \f(3,4)<1，即xn＝ eq \f(an,2bn)<1，故an<2bn，C对；∵cn＝2n－1>0，∴数列{Tn}为递增数列，∵T9＝210－11＝1 013，T10＝211－12＝2 036，∴T9<2 0220，故Tn< eq \f(1,6).B级——能力提升练11．已知数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(n,2n-1)，则数列{an}的前11项和S11＝ (　　)A． eq \f(4 083,1 024)　　 B． eq \f(4 081,1 024)C． eq \f(4 083,512)　 D． eq \f(4 081,512)【答案】A　【解析】∵an＝ eq \f(n,2n-1)，∴Sn＝1＋ eq \f(2,2)＋ eq \f(3,22)＋…＋ eq \f(n,2n-1)， eq \f(1,2)Sn＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(2,22)＋…＋ eq \f(n－1,2n-1)＋ eq \f(n,2n).两式相减得 eq \f(1,2)Sn＝1＋ eq \f(1,2)＋…＋ eq \f(1,2n-1)－ eq \f(n,2n)＝2－ eq \f(1,2n-1)－ eq \f(n,2n)，∴Sn＝4－ eq \f(n＋2,2n-1)，∴S11＝ eq \f(4 083,1 024).12．(多选)(2022年娄底期末)已知数列{an}满足3a1＋32a2＋…＋3nan＝n(n∈N*)，bn＝ eq \f(1,log3an·log3an＋2)，Sn为数列{bn}的前n项和，则下列说法正确的是(　　)A．an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1，n＝1,\f(1,3n)，n≥2))B．Sn是关于n的递增数列C．Sn可以取到 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,4)))的任意一个值D．若Sn<λ对一切正整数n都成立，则λ≥ eq \f(3,4)【答案】BD　【解析】当n＝1时，3a1＝1，即a1＝ eq \f(1,3)，当n≥2时，3nan＝n－(n－1)＝1，所以an＝ eq \f(1,3n).当n＝1时，a1＝ eq \f(1,3)也满足，所以an＝ eq \f(1,3n)，所以A不正确．bn＝ eq \f(1,log3an·log3an＋2)＝ eq \f(1,log3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n)·log3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n＋2))＝ eq \f(1,n(n＋2))＝ eq \f(1,2)( eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋2))，故Sn＝ eq \f(1,2)(1－ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,4)＋ eq \f(1,3)－ eq \f(1,5)＋ eq \f(1,4)－ eq \f(1,6)＋…＋ eq \f(1,n－1)－ eq \f(1,n＋1)＋ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋2))＝ eq \f(1,2)(1＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,n＋1)－ eq \f(1,n＋2))，因为Sn＝ eq \f(1,2)(1＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,n＋1)－ eq \f(1,n＋2))关于n单调递增，所以B正确．所以 eq \f(1,3)≤Sn< eq \f(3,4)，但n只能取正整数，所以Sn不可以取到 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,4)))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≥ eq \f(3,4)，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 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋bn))的前n项和为________．【答案】n2＋ eq \f(3n－1,2)　【解析】设{an}的公差为d， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))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＋ eq \f(n(n－1),2)d＋ eq \f(b1(1－qn),1－q)＝n2＋ eq \f(3n－1,2).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)＋ eq \f(f(2),2)＋ eq \f(f(3),3)＋…＋ eq \f(f(n),n)，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为________．【答案】x2　 eq \f(2n,n＋1)　【解析】令f(x)＝ax2＋bx＋c且a≠0，∵0≤f(x)≤2x2恒成立，∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ax2＋bx＋c≥0，,(a－2)x2＋bx＋c≤0))恒成立，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,b2－4ac≤0，,a－2<0，,b2－4c(a－2)≤0，))∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0