人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列本章综合与测试一课一练

专题强化练2　裂项相消法的应用

一、选择题

1.(2020内蒙古集宁一中高二期末,)+…+=(　　)

A.- B. C.- D.

2.(2020河南郑州高二期末,)已知数列{an}中,a1=1,其前n项和为Sn,且点P(an,an+1)(n∈N+)在直线x-y+1=0上,则+…+=(　　)

A. B.

C. D.

3.(2020福建厦门第一中学高三月考,)已知数列{an}的各项均为正数,Sn为其前n项和,对于任意的n∈N+,总有an,Sn,成等差数列,记bn=,则数列{bn}的前n项和Tn=(　　)

A. B. 

C. D.

4.(2020湖北武汉高三期末,)已知数列{an}中,a1=1,Sn=n,设bn=,则数列{bn}的前n项和为(　　)

A. B.

C. D.

5.(2020河南焦作高三期末,)已知数列{an}满足a1+4a2+7a3+…+(3n-2)an=4n,则a2a3+a3a4+…+a21a22=(　　)

A. B. 

C. D.

6.(2020广东广州高二期末,)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,nSn=nSn-1+an+(n≥2),若Sm>,则正整数m的最小值为(　　)

A.6 B.7 

C.8 D.9

7.(2020辽宁师范大学附属中学高三月考,)已知数列{an}满足a1+a2+…+an=n2+n(n∈N+),数列{bn}满足bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn<λ(n∈N+)恒成立,则λ的取值范围是(　　)

A. B.

C.  D.

二、填空题

8.(2020河南三门峡高二期末,)数列{an}中,a1=+an,n∈N+,bn=,Pn=b1b2b3…bn,Sn=b1+b2+b3+…+bn,则5Pn+2Sn=　　　　. 

9.(2020山西晋城高三期末,)对于等差数列,我国古代很早就有研究,北宋的沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”,就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆,从上向下数,第一层有2个货物,第二层比第一层多3个,第三层比第二层多4个,以此类推,记第n层货物的个数为an,则数列{an}的通项公式为an=　　　　,数列的前n项和Sn=　　　. 

三、解答题

10.(2020山西吕梁高三期末,)已知数列{an}满足a1=1,(n+1)an+1-nan=n+1.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)Sn为数列的前n项和,求证:≤Sn<2.

答案全解全析

专题强化练2　裂项相消法的应用

一、选择题

1.B　原式=1-+…+.

2.C　∵点P(an,an+1)(n∈N+)在直线x-y+1=0上,∴an+1-an=1,

∴数列{an}为等差数列,其首项为a1=1,公差为1,∴an=n,

∴数列{an}的前n项和Sn=,∴,

∴+…+=21-+…+=2.

3.C　由于an,Sn,成等差数列对任意的n∈N+都成立,故Sn=,当n=1时,a1=,解得a1=1(a1=0舍去),当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,化简得an-an-1=1,故数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列,即an=n.所以bn=,所以Tn=+…+==,故选C.

4.A　当n≥2时,an=Sn-Sn-1==3n-2,

当n=1时,a1=1,也成立,所以an=3n-2,

则bn=,

设Tn为数列{bn}的前n项和,

则Tn=1-+…+=.

5.C　∵a1+4a2+7a3+…+(3n-2)an=4n,①

∴当n=1时,a1=4;

当n≥2时,有a1+4a2+7a3+…+(3n-5)an-1=4(n-1),②

①-②得(3n-2)an=4,故an=.

因为a1=4也适合该式,所以an=.

所以an+1an+2=,

故a2a3+a3a4+…+a21a22=+…+=.

6.C　由已知可得,当n≥2时,n(Sn-Sn-1)=an+,即(n-1)an=,

∴an=(n≥2),

Sm=1+1-+…+=1+,令Sm>,得,解得m<(舍去)或m>≈7.5,∴正整数m的最小值为8.

7.D　因为a1+a2+…+an=n2+n(n∈N+),

所以a1+a2+…+an-1=(n-1)2+(n-1)(n∈N+,n≥2),

两式相减,得an=2n,即an=2n2,n∈N+,n≥2.

令n=1,得a1=12+1=2=2×12,也成立,故an=2n2,n∈N+.

故bn=,

Tn=+…+=,

故Tn<λ(n∈N+)恒成立等价于λ,即<λ(n∈N+)恒成立,

化简得<λ(n∈N+),因为≤,所以λ>.

二、填空题

8.答案　5

解析　由an+1=+an及a1=得,an>0,故bn=.

所以Pn=b1b2b3…bn=···…·,即5Pn=.

又,所以bn=,

所以Sn=b1+b2+b3+…+bn=+…+,

即2Sn=5-.

所以5Pn+2Sn=5.

9.答案　

解析　由题意可知a1=2,a2-a1=3,a3-a2=4,……,an-an-1=n+1,将这些式子累加可得an=2+3+4+…+(n+1)=,

∴,

∴Sn=2+…+2.

三、解答题

10.解析　(1)因为(n+1)an+1-nan=n+1,

所以分别令n=1,2,3,…,n-1得,2a2-a1=2,3a3-2a2=3,4a4-3a3=4,……,

nan-(n-1)an-1=n,

将各式相加得nan-a1=2+3+…+n,∴nan=1+2+…+n=,所以an=.

(2)证明:由(1)得,

所以Sn=4+…+=2-.

因为Sn随着n的增大而增大,所以Sn≥S1=,又易得Sn<2,所以≤Sn<2.