高中数学北师大版选修系列第一章 常用逻辑用语巩固练习

这是一份高中数学北师大版选修系列第一章 常用逻辑用语巩固练习，共7页。

课后篇巩固提升
必备知识基础练
1.已知数列{an}的通项an=2n+1,n∈N+,由bn=a1+a2+a3+…+ann所确定的数列{bn}的前n项的和是( )
A.n(n+2)B.12n(n+4)
C.12n(n+5)D.12n(n+7)
答案C
解析∵a1+a2+…+an=n2(2n+4)=n2+2n,
∴bn=n+2,∴{bn}的前n项和Sn=n(n+5)2.
2.数列12×5,15×8,18×11,…,1(3n-1)×(3n+2),…的前n项和为( )
A.n3n+2B.n6n+4
C.3n6n+4D.n+1n+2
答案B
解析由数列通项公式1(3n-1)(3n+2)=1313n-1-13n+2,得前n项和Sn=1312-15+15-18+18-111+…+13n-1-13n+2=1312-13n+2=n6n+4.
3.1+1+12+1+12+14+…+1+12+14+…+1210的值为( )
A.18+129B.20+1210
C.22+1211D.18+1210
答案B
解析设an=1+12+14+…+12n-1=1×[1-(12) n]1-12=21-12n,
∴原式=a1+a2+…+a11
=21-121+21-122+…+21-1211=211-12+122+…+1211=211-12(1-1211)1-12=210+1211=20+1210.
4.设an=1n+1+n,数列{an}的前n项和Sn=9,则n= .
答案99
解析an=1n+1+n=n+1-n,
故Sn=2-1+3-2+…+n+1-n=n+1-1=9.
解得n=99.
5.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 .
答案-76
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.
6.已知函数f(x)=2x-3x-1,点(n,an)(n∈N+)在f(x)的图象上,数列{an}的前n项和为Sn,求Sn.
解由题意得an=2n-3n-1,n∈N+,
Sn=a1+a2+…+an=(2+22+…+2n)-3(1+2+3+…+n)-n
=2(1-2n)1-2-3·n(n+1)2-n
=2n+1-n(3n+5)2-2.
7.已知等差数列{an}中,2a2+a3+a5=20,且前10项和S10=100.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和.
解(1)设数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d,
由已知得2a2+a3+a5=4a1+8d=20,10a1+10×92d=10a1+45d=100,
解得a1=1,d=2,
所以数列{an}的通项公式为an=1+2(n-1)=2n-1.
(2)bn=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,
所以Tn=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1.
关键能力提升练
8.已知函数f(x)=21+x2(x∈R),若等比数列{an}满足a1a2 021=1,则f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2 021)=( )
A.2 021B.20212
C.2D.12
答案A
解析∵函数f(x)=21+x2(x∈R),∴f(x)+f1x=21+x2+21+(1x) 2=21+x2+2x2x2+1=2.
∵数列{an}为等比数列,且a1·a2021=1,
∴a1a2021=a2a2020=a3a2019=…=a2021a1=1.
∴f(a1)+f(a2021)=f(a2)+f(a2020)=f(a3)+f(a2019)=…=f(a2021)+f(a1)=2,
∴f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2021)=2021.故选A.
9.已知等差数列{an}中,a3+a5=a4+7,a10=19,则数列{ancs nπ}的前2 022项和为( )
A.1 010B.1 011
C.2 021D.2 022
答案D
解析设数列{an}的公差为d,
由2a1+6d=a1+3d+7,a1+9d=19,解得a1=1,d=2,
∴an=2n-1.
设bn=ancsnπ,
∴b1+b2=a1csπ+a2cs2π=2,b3+b4=a3cs3π+a4cs4π=2,…,
∴数列{ancsnπ}的前2022项的和S2022=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2021+b2022)=1011×2=2022.故选D.
10.定义np1+p2+…+pn为n个正数p1,p2,…,pn的“均倒数”.若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为13n+1,bn=an+26,则1b1b2+1b2b3+…+1b9b10=( )
A.111B.1011C.910D.1112
答案C
解析由题意得na1+a2+…+an=13n+1,所以a1+a2+…+an=n(3n+1)=3n2+n,记数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=3n2+n.当n=1时,a1=S1=4;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2+n-[3(n-1)2+(n-1)]=6n-2.经检验a1=4也符合此式,所以an=6n-2,n∈N+,则bn=an+26=n,所以1b1b2+1b2b3+…+1b9b10=11×2+12×3+…+19×10=1-12+12-13+…+19-110=1-110=910.故选C.
11.(多选题)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若S5=0,a6=6,则( )
A.an=2n-6B.an=3n-12
C.Sn=n2-5nD.Sn=n2-5n2
答案AC
解析设数列{an}的公差是d,∵Sn为等差数列{an}的前n项和,S5=0,a6=6,
∴S5=5a1+5×42d=0,a6=a1+5d=6,
解得a1=-4,d=2,
∴an=-4+(n-1)×2=2n-6,
Sn=-4n+n(n-1)2×2=n2-5n.
故A和C正确,B和D错误.
12.(多选题)已知数列{an}满足a1=1,an+1=lg(10an+9)+1,其前n项和为Sn,则下列结论中正确的有( )
A.{an}是递增数列
B.{an+10}是等比数列
C.2an+1>an+an+2
D.Sn答案ACD
解析因为an+1=lg(10an+9)+1,
所以10an+1=10(10an+9),
所以10an+1+10=10(10an+10),
令bn=10an+10,则bn+1=10bn,即{bn}是以10为公比的等比数列,b1=20,
故bn=2×10n,
所以an=lg(2×10n-10)是递增数列,但不是等比数列,A正确,B错误;
因为2an+1=lg(4×102n+2+100-40×10n+1),
an+an+2=lg[(2×10n-10)(2×10n+2-10)]=lg[4×102n+2+100-20(10n+10n+2)],
又10n+10n+2>2102n+2=2×10n+1,
所以2an+1>an+an+2,C正确;
令cn=n+1,则其前n项和为n(n+3)2,
而an=lg(2×10n-10)故Sn13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-1(n∈N+),则数列{nan}的前n项和Tn为 .
答案(n-1)2n+1
解析∵Sn=2an-1(n∈N+),
∴n=1时,a1=2a1-1,解得a1=1,n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1),化为an=2an-1,
∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,
∴an=2n-1.
∴nan=n·2n-1.
则数列{nan}的前n项和Tn=1+2×2+3×22+…+n·2n-1.
∴2Tn=2+2×22+…+(n-1)×2n-1+n·2n,
∴-Tn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=1-2n1-2-n·2n=(1-n)·2n-1,
∴Tn=(n-1)2n+1.
14.设等差数列{an}满足a2=5,a6+a8=30,则an= ,数列1an2-1的前n项和为 .
答案2n+1 n4(n+1)
解析设数列{an}的公差为d.
∵a6+a8=30=2a7,
∴a7=15,∵a7-a2=5d,a2=5,
∴d=2,∴an=a2+(n-2)d=2n+1.
∴1an2-1=14n(n+1)=141n-1n+1,
∴1an2-1的前n项和为141-12+12-13+…+1n-1n+1=141-1n+1=n4(n+1).
15.等差数列{an}中,a2=4,a5+a6=15.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2an-2+n-8,求b1+b2+b3+…+b10的值.
解(1)设数列{an}的公差为d,
∵a5+a6=15,∴a2+a9=15,
又a2=4,∴a9=11,
∴d=a9-a29-2=11-47=1,
∴an=a2+(n-2)×1=n+2.
(2)由(1)可得bn=2an-2+n-8=2n+n-8,
∴b1+b2+b3+…+b10=(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)-80=2(1-210)1-2+10(1+10)2-80=211-2+55-80=2021.
学科素养创新练
16.已知正项数列{an}的首项a1=1,其前n项和为Sn,且an与an+1的等比中项是2Sn,数列{bn}满足:b1+b2+…+bn=an2an+2.
(1)求a2,a3,并求数列{an}的通项公式;
(2)记cn=bnan,n∈N+,证明:c1+c2+…+cn<21-1n+1.
(1)解由an与an+1的等比中项是2Sn,得2Sn=anan+1,①
分别取n=1,2,得2a1=a1a2,2(a1+a2)=a2a3,解得a2=2,a3=3.
又2Sn+1=an+1an+2,②
联立①②可得an+2-an=2.
又a1=1,a2=2,∴an=n.
(2)证明依题意,b1+b2+…+bn=an2an+2=n2(n+2)=12-1n+2,
当n≥2时,b1+b2+…+bn-1=12-1n+1,
两式相减即得
bn=1n+1-1n+2=1(n+1)(n+2).
b1=a12a3=16,符合上式,
∴bn=1(n+1)(n+2),
则cn=bnan=1n(n+1)(n+2)
=2n(n+1)(n+2+n+2)
<2n(n+1)(n+n+1)
=2(n+1-n)n(n+1)
=21n-1n+1.
∴c1+c2+…+cn<21-12+12-13+…+1n-1n+1=21-1n+1.