高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列本章综合与测试当堂检测题

专题强化练3　错位相减法的应用

一、填空题

1.(2020辽宁葫芦岛高二期末,)某仓库中部分货物的堆放情况如图所示:自上而下,第一层1件,以后每一层都比上一层多1件,最后一层是n件.已知第一层货物的单价是1万元,从第二层起,每一层货物的单价都是上一层单价的,则第n层货物的总价为　　　万元,若这堆货物的总价是64-112万元,则n的值为　　　　. 

二、解答题

2.(2020天津南开中学高三月考,)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.

(1)求{an}的通项公式;

(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.

3.(2020山东临沂高二期末,)已知数列{an}的首项为2,Sn为其前n项和,且Sn+1=qSn+2(q>0,n∈N+).

(1)若a4,a5,a4+a5成等差数列,求数列{an}的通项公式;

(2)设双曲线x2-=1的离心率为en,且e2=3,求+…+n.

4.(2020山东济南第一中学高二期中,)在数列{an}中,a1=-,2an=an-1-n-1(n≥2,n∈Ν+),设bn=an+n.

(1)证明:数列{bn}是等比数列;

(2)求数列{nbn}的前n项和Tn;

(3)若cn=-an,Pn为数列的前n项和,求不超过P2 019的最大整数.

5.(2020江西赣州高二期末,)已知数列{an}是各项均为正数的等差数列,其中a1=1,且a2,a4,a6+2成等比数列;数列{bn}的前n项和为Sn,满足2Sn+bn=1.

(1)求数列{an}、{bn}的通项公式;

(2)如果cn=anbn,设数列{cn}的前n项和为Tn,是否存在正整数n,使得Tn>Sn成立?若存在,求出n的最小值;若不存在,说明理由.

答案全解全析

专题强化练3　错位相减法的应用

一、填空题

1.答案　n;6

解析　设每层货物的单价构成数列{an},则由题意可得第n层货物的总价为an=n万元.

设这堆货物的总价为Sn万元,则Sn=1·+2·+3·+…+n·,①

则Sn=1·+2·+3·+…+(n-1)·+n·,②

由①-②可得+…+-n·

=-n·=8-(8+n)·,∴Sn=64-8(8+n)·.

当这堆货物的总价是64-112万元时,

有8(8+n)=112,∴n=6.

二、解答题

2.解析　(1)当n=1时,因为2Sn=3n+3,所以2a1=2S1=3+3,解得a1=3,

当n>1且n∈N+时,2Sn-1=3n-1+3,则2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1,即an=3n-1,当n=1时,a1=1,与a1=3矛盾,

所以an=

(2)当n=1时,因为a1=3,所以3b1=log33,解得b1=,所以T1=b1=,

当n>1且n∈N+时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)×31-n,

则Tn=b1+b2+b3+…+bn=+[1×3-1+2×3-2+…+(n-2)×32-n+(n-1)×31-n],①

所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],②

②-①得2Tn=+(30+3-1+…+32-n)-(n-1)·31-n=-(n-1)×31-n

=,

所以Tn=,经检验,当n=1时也符合.

综上可得,Tn=.

3.解析　(1)由Sn+1=qSn+2①,

得Sn+2=qSn+1+2②,

②-①得an+2=qan+1.

又由S2=qS1+2,a1=2得a2=qa1,

故an+1=qan对所有n≥1,且n∈N+都成立.

所以数列{an}是首项为2,公比为q的等比数列.

由a4,a5,a4+a5成等差数列,

得2a5=a4+a4+a5,所以a5=2a4,故q=2.

所以an=2n(n∈N+).

(2)由(1)可知,an=2qn-1,所以双曲线x2-=1的离心率en=.

由e2==3,得q=(负值舍去).

所以+…+n=(1+4)+2(1+4q2)+…+n[1+4q2(n-1)]

=+4[1+2q2+…+nq2(n-1)],

记Tn=1+2q2+…+nq2(n-1)③,

则q2Tn=q2+2q4+…+(n-1)q2(n-1)+nq2n④,

③-④得(1-q2)Tn=1+q2+…+q2(n-1)-nq2n=-nq2n,

所以Tn==1-2n+n·2n=(n-1)2n+1.

所以+…+n+4.

4.解析　(1)证明:∵2an=an-1-n-1,∴2(an+n)=an-1+(n-1),

即2bn=bn-1(n≥2).又b1=a1+1=-,

∴数列{bn}是首项为,公比为的等比数列.

(2)由(1)可得bn=,故nbn=n·,

则Tn=+…+,①

+…+,②

①-②得+…+,

∴Tn=2-.

(3)an=bn-n=-n,∴cn=n.

∴,

∴Pn=n++…+,

∴P2 019=2 020-.

∴不超过P2 019的最大整数是2 019.

5.解析　(1)设数列{an}的公差为d,由题意得=a2(a6+2),即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+5d+2),∵a1=1,且{an}的各项均为正数,

∴d=1,∴an=1+(n-1)×1=n.

由2Sn+bn=1,得Sn=(1-bn),

当n=1时,b1=S1=(1-b1),解得b1=,

当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=-bn-1,

∴bn=bn-1,∴数列{bn}是首项为,公比为的等比数列,故bn=.

(2)存在.由(1)知,cn=anbn=,

∴Tn=1×+…+n×①,

+…+(n-1)×②,

①-②得+…+

=

=·,

∴Tn=.

又∵Sn=,

∴Tn-Sn=.

当n=1时,T1=S1,

当n≥2时,3n-(2n+1)>0,即>0,∴Tn>Sn,故所求的正整数n存在,其最小值为2.