高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册4 数列在日常经济生活中的应用课后练习题

这是一份高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册4 数列在日常经济生活中的应用课后练习题，共8页。

1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝ eq \f(1,n（n＋1）)，则S5等于( )
A．1 B． eq \f(5,6)
C． eq \f(1,6) D． eq \f(1,30)
2．设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项和为Sn，则Sn＝( )
A．2n B．2n－n
C．2n＋1－n D．2n＋1－n－2
3．数列 eq \f(1,2×5)， eq \f(1,5×8)， eq \f(1,8×11)，…， eq \f(1,（3n－1）×（3n＋2）)，…的前n项和为( )
A． eq \f(n,3n＋2) B． eq \f(n,6n＋4)
C． eq \f(3n,6n＋4) D． eq \f(n＋1,n＋2)
4．若数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(1,3)(10n－1)，则{an}的前n项和为( )
A． eq \f(10n＋1－10,27)－ eq \f(n,3) B． eq \f(10n－1,9)－ eq \f(n,3)
C． eq \f(10n－n－1,9) D． eq \f(10n,9)
5．数列{an}的通项公式an＝ eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若其前n项的和为10，则n为( )
A．11 B．99
C．120 D．121
6．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．－200
C．400 D．－400
7．数列{an}的通项公式为an＝2n＋n，则其前n项和Sn＝________．
8．已知函数f(n)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2，n为奇数,－n2，n为偶数，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于________．
9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＋S2＝4，S3＝6，n∈N*.
(1)求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an（an＋1）)))的前n项和Tn；
(2)若数列{bn}满足lg2bn＝an，求数列{bn＋ eq \f(1,bn)}的前n项和Wn.
10．从条件①b2＝a2－1，②b4＝a1－2，③b2＝a2中任选一个补充在下面问题中，并解答．
问题：已知数列{an}的各项均为正数，{bn}为等比数列，a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) －2an＋1＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋2an，a1＝b1＝1，求数列{anbn}的前n项和Sn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[提能力]
11．数列{an}中，an＝ eq \f(1,n（n＋1）)，其前n项和为 eq \f(9,10)，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为( )
A．－10 B．－9
C．10 D．9
12．(多选题)已知数列{an}为等差数列，a1＝1，且a2，a4，a8是一个等比数列中的相邻三项，记bn＝anqan(q≠0，1)，则{bn}的前n项和可以是( )
A．n
B．nq
C． eq \f(q＋nqn＋1－nqn－qn,（1－q）2)
D． eq \f(q＋nqn＋2－nqn＋1－qn＋1,（1－q）2)
13．在等差数列{an}中，a2＝8，S6＝66，bn＝ eq \f(2,（n＋1）an)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，则Tn＝________．
14．已知{an}是等差数列，{an＋bn}是公比为c的等比数列，a1＝1，b1＝0，a3＝5，则数列{an}的前10项和为__________，数列{bn}的前10项和为____________(用c表示).
15．在①S4＝20，②S3＝2a3，③3a3－a4＝b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．
问题：已知等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是各项均为正数的等比数列，a1＝b4，________，b2＝8，b1－3b3＝4，是否存在正整数k，使得数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前k项和Tk> eq \f(3,4)？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[培优生]
16．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a4－a2＝6，S5＋2S3＝3S4.数列{bn}的前n项和为Tn，且b1＝2，nTn＋1＝(n＋1)Tn＋n(n＋1).
(1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝ eq \f(（Sn＋1）bn,（n＋1）（n＋2）)，Mn为数列{cn}的前n项和，是否存在不同的正整数p，q，r(其中p，q，r成等差数列)，使得Mp＋2，Mq＋2，Mr＋2成等比数列？若存在，求出所有满足条件的p，q，r的值；若不存在，说明理由．
课时作业(十一) 数列求和
1．解析：因为an＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)，所以S5＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,6)))＝ eq \f(5,6).
故选B.
答案：B
2．解析：因为an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝ eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝ eq \f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－n－2.
故选D.
答案：D
3．解析：因为 eq \f(1,（3n－1）×（3n＋2）)＝ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))，
所以数列的前n项和为 eq \f(1,3)( eq \f(1,2)－ eq \f(1,5)＋ eq \f(1,5)－ eq \f(1,8)＋ eq \f(1,8)－ eq \f(1,11)＋…＋ eq \f(1,3n－1)－ eq \f(1,3n＋2))＝ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3n＋2)))＝ eq \f(n,6n＋4).
故选B.
答案：B
4．解析：因为an＝ eq \f(1,3)(10n－1)，所以Sn＝ eq \f(1,3)[(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n－1)]＝ eq \f(1,3)[(10＋102＋…＋10n)－n]＝ eq \f(10n＋1－10,27)－ eq \f(n,3).故选A.
答案：A
5．解析：an＝ eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(n)，所以Sn＝( eq \r(2)－1)＋( eq \r(3)－ eq \r(2))＋…＋( eq \r(n＋1)－ eq \r(n))＝ eq \r(n＋1)－1＝10，所以n＝120.故选C.
答案：C
6．解析：S100＝1－5＋9－13＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝50×(－4)＝－200.故选B.
答案：B
7．解析：Sn＝21＋1＋22＋2＋23＋3＋…＋2n＋n
＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)
＝ eq \f(2（1－2n）,1－2)＋ eq \f(1,2)n(n＋1)＝2n＋1－2＋ eq \f(1,2)n(n＋1).
答案：2n＋1－2＋ eq \f(1,2)n(n＋1)
8．解析：由题意，a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.
答案：100
9．解析：(1)由题知：2a1＋a2＝4，a1＋a2＋a3＝3a2＝6，
所以：a1＝1，a2＝2，d＝1，an＝n.
因为 eq \f(1,n（n＋1）)＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)
所以Tn＝1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,3)－ eq \f(1,4)＋…＋ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)
＝1－ eq \f(1,n＋1)＝ eq \f(n,n＋1).
(2)因为bn＝2an＝2n，所以bn＋ eq \f(1,bn)＝2n＋ eq \f(1,2n)
所以Wn＝ eq \f(2（1－2n）,1－2)＋ eq \f(1,2)× eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2))))＝2n＋1－2＋1－ eq \f(1,2n)＝2n＋1－ eq \f(1,2n)－1.
10．解析：由a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) －2an＋1＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋2an可得 ，(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0，
又因为an＋1＋an≠0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2，因为a1＝b1＝1，
故an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
若选①，b2＝a2－1＝2，q＝ eq \f(b2,b1)＝2，故bn＝1×2n－1＝2n－1，
此时Sn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，
2Sn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n.
两式相减得， －Sn＝1＋2×[2＋22＋23＋…＋2n－1]－(2n－1)×2n＝(3－2n)×2n－3，
所以Sn＝(2n－3)×2n＋3.
若选②，b4＝a1－2＝－1，q3＝ eq \f(b4,b1)＝－1，
所以q＝－1，故bn＝1×(－1)n－1＝(－1)n－1，
此时Sn＝1＋3×(－1)＋5×(－1)2＋…＋(2n－1)×(－1)n－1，
－Sn＝－1＋3×(－1)2＋5×(－1)3＋…＋(2n－1)×(－1)n，
两式相减得2Sn＝1＋2×[(－1)＋(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n－1]－(2n－1)×(－1)n＝－(－1)n－(2n－1)×(－1)n＝－2n(－1)n，
所以Sn＝(－1)n＋1n.
若选③，b2＝a2＝3，q＝ eq \f(b2,b1)＝3，故bn＝1×3n－1＝3n－1，
此时Sn＝1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，
3Sn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n.
两式相减得－2Sn＝1＋2×[3＋32＋33＋…＋3n－1]－(2n－1)×3n＝(2－2n)×3n－2.
所以Sn＝(n－1)×3n＋1.
11．解析：数列{an}的前n项和为 eq \f(1,1×2)＋ eq \f(1,2×3)＋…＋ eq \f(1,n（n＋1）)＝1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)＝1－ eq \f(1,n＋1)＝ eq \f(n,n＋1)＝ eq \f(9,10)，所以n＝9，于是直线(n＋1)x＋y＋n＝0即为10x＋y＋9＝0.所以其在y轴上的截距为－9.故选B.
答案：B
12．解析：设等差数列{an}的公差为d，又a1＝1，且a2，a4，a8是一个等比数列中的相邻三项
∴a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝a2·a8，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋3d))2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋d)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋7d))，化简得：d(d－1)＝0，所以d＝0或1，
故an＝1或an＝n，所以bn＝q或bn＝n·qn，设 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和为Sn，
①当bn＝q时，Sn＝nq；
②当bn＝n·qn时，
Sn＝1×q＋2×q2＋3×q3＋…＋n×qn(1)，
qSn＝1×q2＋2×q3＋3×q4＋…＋n×qn＋1(2)，
(1)－(2)得： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－q))Sn＝q＋q2＋q3＋…＋qn－n×qn＋1＝ eq \f(q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－qn)),1－q)－n×qn＋1，
所以Sn＝ eq \f(q（1－qn）,（1－q）2)－ eq \f(n×qn＋1,1－q)＝ eq \f(q＋nqn＋2－nqn＋1－qn＋1,（1－q）2)，
故选BD.
答案：BD
13．解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝8，,6a1＋15d＝66，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝6，,d＝2，))则an＝2n＋4，
因此bn＝ eq \f(2,（n＋1）（2n＋4）)＝ eq \f(1,n＋1)－ eq \f(1,n＋2)，所以Tn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,n＋2)＝ eq \f(n,2n＋4).
答案： eq \f(n,2n＋4)
14．解析：因为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等差数列，a1＝1，a3＝5，
所以a3－a1＝2d＝4，
解得d＝2，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以S10＝10×1＋ eq \f(10×9,2)×2＝100
因为{an＋bn}是公比为c的等比数列，且a1＋b1＝1，
所以an＋bn＝cn－1，
故bn＝cn－1－2n＋1，
当c＝1时，T10＝ eq \f(（2－20）×10,2)＝－90，
当c≠1时，T10＝(1＋c＋c2＋…＋c9)－(1＋3＋5＋…＋19)＝－100＋ eq \f(1－c10,1－c)，
综上T10＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－90，c＝1，,－100＋\f(1－c10,1－c)，c≠0，1.))
答案：100 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－90，c＝1，,－100＋\f(1－c10,1－c)，c≠0，1))
15．解析：设数列{bn}的公比为q(q>0)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b1q＝8，,b1－3b1q2＝4，))
整理得6q2＋q－2＝0，
解得q＝ eq \f(1,2)或q＝－ eq \f(2,3)(舍去).
∴b1＝16，b4＝2，
∴a1＝b4＝2.
方案一：选条件①，存在正整数k，满足Tk> eq \f(3,4).
设数列{an}的公差为d，则
S4＝4a1＋ eq \f(4×3,2)d＝20，
解得d＝2.
∴Sn＝2n＋ eq \f(n（n－1）,2)×2＝n2＋n.
∴ eq \f(1,Sn)＝ eq \f(1,n（n＋1）)＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1).
∴Tk＝ eq \f(1,S1)＋ eq \f(1,S2)＋…＋ eq \f(1,Sk)＝1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,k)－ eq \f(1,k＋1)＝1－ eq \f(1,k＋1)
令1－ eq \f(1,k＋1)> eq \f(3,4)，解得k>3.
∵k∈N*∴k的最小值为4
方案二：选条件②，存在正整数k，满足Tk> eq \f(3,4).
设数列{an}的公差为d，则
3a1＋ eq \f(3×2,2)d＝2(a1＋2d)，
解得d＝2.
下同方案一．
方案三：选条件③，存在正整数k满足Tk> eq \f(3,4).
设数列{an}的公差为d，则
3(a1＋2d)－(a1＋3d)＝8，
解得d＝ eq \f(4,3)
∴Sn＝2n＋ eq \f(n（n－1）,2)× eq \f(4,3)＝ eq \f(2n（n＋2）,3)，
∴ eq \f(1,Sn)＝ eq \f(3,2)× eq \f(1,n（n＋2）)＝ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
∴Tn＝ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,k－1)－\f(1,k＋1)＋\f(1,k)－\f(1,k＋2)))
＝ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,k＋1)－\f(1,k＋2)))
＝ eq \f(9,8)－ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)))，令Tk> eq \f(3,4)，整理得k2－k－4>0
解得k> eq \f(1＋\r(17),2)或k< eq \f(1－\r(17),2)
∵k∈N*∴k的最小值为3.
16．解析：(1)由已知得S5－S4＝2(S4－S3)，即a5＝2a4，所以q＝2，又因为a4－a2＝a1q3－a1q＝6a1＝6，
所以a1＝1，故an＝1×2n－1＝2n－1，
将nTn＋1＝(n＋1)Tn＋n(n＋1)两边同除以n(n＋1)，
可得 eq \f(Tn＋1,n＋1)＝ eq \f(Tn,n)＋1，即 eq \f(Tn＋1,n＋1)－ eq \f(Tn,n)＝1，
所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Tn,n)))是首项为 eq \f(b1,1)＝2、公差为1的等差数列．
所以 eq \f(Tn,n)＝2＋(n－1)＝n＋1，即Tn＝n(n＋1).
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，
当n＝1时，b1＝2，满足上式，故bn＝2n.
综上所述an＝2n－1，bn＝2n.
(2)不存在，理由如下：
由(1)可知，Sn＝ eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
cn＝ eq \f(（Sn＋1）bn,（n＋1）（n＋2）)＝ eq \f(2n＋1×n,（n＋1）（n＋2）)＝ eq \f(2n＋2,n＋2)－ eq \f(2n＋1,n＋1).
所以Mn＝ eq \f(23,3)－ eq \f(22,2)＋ eq \f(24,4)－ eq \f(23,3)＋…＋ eq \f(2n＋2,n＋2)－ eq \f(2n＋1,n＋1)＝ eq \f(2n＋2,n＋2)－2，
故Mn＋2＝ eq \f(2n＋2,n＋2).
假设存在不同的正整数p，q，r，使得Mp＋2，Mq＋2，Mr＋2成等比数列，
则有(Mq＋2)2＝(Mr＋2)(Mp＋2)，
即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2q＋2,q＋2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(2p＋2,p＋2)· eq \f(2r＋2,r＋2)，
即 eq \f(22q＋4,（q＋2）2)＝ eq \f(2p＋r＋4,（p＋2）（r＋2）).
因为p，q，r成等差数列，所以2q＝p＋r，代入上式可得，q2＝pr.
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2q＝p＋r,q2＝pr))，可得p＝q＝r，与p，q，r为不同整数矛盾，
故不存在满足条件的p，q，r使得Mp＋2，Mq＋2，Mr＋2成等比数列．