湘教版（2019）选择性必修 第一册1.2 等差数列课后复习题

这是一份湘教版（2019）选择性必修 第一册1.2 等差数列课后复习题，共6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．2nB．2n－n
C．2n＋1－nD．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．120D．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．200B．－200
C．400D．－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．[2022·湖南宁乡一中高二月考]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝84，a1＝4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若an>0，求数列{(2n－1)·an}的前n项和Tn.
[提能力]
10．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．－10B．－9
C．10D．9
11．[2022·湖南邵东创新实验学校高二期末](多选)若数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an－2，数列{bn}满足bn＝lg2an，则下列选项正确的为( )
A．数列{an}是等比数列
B．an＝2n
C．数列{a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) }的前n项和为eq \f(22n＋1－2,3)
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn·bn＋1)))的前n项和为Tn，则Tn>1
12．在等差数列{an}中，a2＝8，S6＝66，bn＝eq \f(2,（n＋1）an)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，则Tn＝________.
13．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).
14．[2022·湖南长郡中学高二月考]已知数列{an}，{bn}中，a1＝b1＝1.
(1)若数列{bn}为等比数列，且公比q>0，且2b1＋b2＝b3，bn＝an＋1－an，(n∈N＋)，求q与{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且S5＝b13，eq \f(an＋1,an)＝eq \f(bn,bn＋2)(n∈N＋)，证明：a1＋a2＋…＋an[培优生]
15．[2022·湖南益阳高二期末]已知数列{an}的前n项和Sn＝n2.等比数列{bn}的前n项和为Tn，公比q≠1且b6－2b5＝b3－2b2，T4＝30.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记Qn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，是否存在正整数m，k(1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).
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.
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).
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).
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.
答案：C
6．解析：S100＝1－5＋9－13＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝50×(－4)＝－200.
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)设等比数列{an}的公比为q，
则a1＋a1q＋a1q2＝84，又a1＝4，
则q2＋q－20＝0，解得q＝4或q＝－5.
故数列{an}的通项公式为an＝4n或an＝4·(－5)n－1.
(2)若an>0，则an＝4n，所以(2n－1)·an＝(2n－1)·4n，
所以Tn＝1×41＋3×42＋5×43＋…＋(2n－1)·4n，
4Tn＝1×42＋3×43＋…＋(2n－3)·4n＋(2n－1)·4n＋1，
两式相减得－3Tn＝4＋2×(42＋43＋…＋4n)－(2n－1)·4n＋1＝4＋2×eq \f(42－4n＋1,1－4)－(2n－1)·4n＋1，
化简得Tn＝eq \f(20,9)＋eq \f(（6n－5）4n＋1,9).
10．解析：因为数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,n（n＋1）)且其前n项和为：eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,n（n＋1）)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)＝eq \f(9,10)，∴n＝9，∴直线方程为10x＋y＋9＝0.令x＝0，得y＝－9，∴在y轴上的截距为－9.
答案：B
11．解析：由题意知，当n＝1时，S1＝2a1－2，即a1＝2，
当n≥2时，由Sn＝2an－2，得Sn－1＝2an－1－2，
故Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即eq \f(an,an－1)＝2，
因此数列{an}是等比数列，且首项为2，公比也为2，
故an＝2n，因此选项AB正确；
对于选项C，由an＝2n，知a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝4n，
所以数列{a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) }的前n项和为eq \f(4×（1－4n）,1－4)＝eq \f(22n＋2－4,3)，故C错；
对于选项D，由an＝2n，得bn＝lg2an＝n，
故eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn·bn＋1)))的前n项和Tn＝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)<1，故D错．
答案：AB
12．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)
13．解析：设等差数列{an}的公差为d，因为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且c≠0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))
14．解析：(1)依题意b1＝1，b2＝q，b3＝q2，而2b1＋b2＝b3，即2＋q＝q2，
由于q>0，所以解得q＝2，所以bn＝2n－1.
所以an＋1－an＝bn＝2n－1(n∈N＋).
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝a1＋1＋2＋…＋2n－2
＝1＋eq \f(1－2n－1,1－2)
＝2n－1.
(2)依题意设数列{bn}公差为d，因为S5＝b13得5b1＋eq \f(5×4,2)d＝b1＋12d，又b1＝1求得d＝2，
所以bn＝b1＋(n－1)d＝2n－1.
由eq \f(an＋1,an)＝eq \f(bn,bn＋2)，所以eq \f(an,an－1)＝eq \f(bn－1,bn＋1)(n≥2，n∈N＋)，
故an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1
＝eq \f(bn－1,bn＋1)·eq \f(bn－2,bn)·eq \f(bn－3,bn－1)·…·eq \f(b2,b4)·eq \f(b1,b3)·a1
＝eq \f(b1b2,bnbn＋1)
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，
所以a1＋a2＋…＋an＝eq \f(3,2)[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b1)－\f(1,b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b2)－\f(1,b3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))]＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,bn＋1)))即a1＋a2＋…＋an15．解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，等式也成立，
所以，数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
在等比数列{bn}中，b6－2b5＝b3－2b2，
即b2(q－2)(q3－1)＝0，又b2≠0且q≠1，
∴q＝2，∴T4＝eq \f(b1（1－24）,1－2)＝30，
∴b1＝2，∴bn＝b1qn－1＝2n.
(2)Qn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n ①，
①×2得：2Qn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1 ②，
②－①得：Qn＝－2－2×22－2×23－…－2×2n＋(2n－1)·2n＋1
＝(2n－3)·2n＋1＋6，
∵3Q1＝3×2＝6，Qk＝(2k－3)·2k＋1＋6，Qm＝(2m－3)·2m＋1＋6，
若2Qm＝3Q1＋Qk，即2(2m－3)·2m＋1＋12＝6＋(2k－3)·2k＋1＋6，
∴2(2m－3)·2m＋1＝(2k－3)·2k＋1，
∴2k－m＝eq \f(4m－6,2k－3) ③，
又1∴③式不成立，故不存在这样的正整数m，k使Qm是3Q1与Qk的等差中项．