人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.3.2 等比数列的前 n项和第二课时巩固练习

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.3.2 等比数列的前 n项和第二课时巩固练习，共7页。试卷主要包含了解析，答案等内容，欢迎下载使用。
A．n2＋1－eq \f(1,2n)
B．2n2－n＋1－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－1)
D．n2－n＋1－eq \f(1,2n)
2．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列{eq \f(1,an＋3an＋4)}的前n项和Sn＝( )
A．eq \f(n＋1,n＋2)B．eq \f(n,n＋1)
C．eq \f(n,n＋2)D．eq \f(2n,n＋1)
3．德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子．在其年幼时，对1＋2＋3＋…＋100的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成；因此，此方法也称之为高斯算法．现有函数f(x)＝eq \f(4x,4x＋2)，则f(eq \f(1,2019))＋f(eq \f(2,2019))＋f(eq \f(3,2019))＋…＋f(eq \f(2018,2019))＝( )
A．1008B．1009
C．2018D．2019
4．已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n＋1an＝2，则其前100项和为________.
5.已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．
6.在正项等比数列{an}中，a1＝1，且2a3，a5，3a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝eq \f(n,an)，求数列{bn}的前n项和Sn.
7.数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2023)＝( )
A．eq \f(2022,2023)B．eq \f(2023,2024)
C．eq \f(4046,2024)D．eq \f(4048,2024)
8．已知数列{an}的各项均为正数，a1＝2，an＋1－an＝eq \f(4,an＋1＋an)，若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋1＋an)))的前n项和为5，则n＝( )
A．119B．121
C．120D．122
9．已知Tn为数列{eq \f(2n＋1,2n)}的前n项和，若m>T10＋1013恒成立，则整数m的最小值为( )
A．1026B．1025
C．1024D．1023
10．已知函数y＝f(x)满足f(x)＋f(1－x)＝1，若数列{an}满足an＝f(0)＋f(eq \f(1,n))＋f(eq \f(2,n))＋…＋f(eq \f(n－1,n))＋f(1)，则数列{an}的前20项的和为( )
A．230B．115
C．110D．100
11.已知各项均为正数的数列{an}，若该数列对于任意n∈N*，都有an＋1＝eq \f(2an,an＋2).
(1)证明数列{eq \f(2,an)}为等差数列；
(2)设a1＝2，求数列{anan＋1}的前n项和Sn.
12．已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝3an＋3n(n∈N*).
(1)求证：数列{eq \f(an,3n)}为等差数列，并求出数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
13.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*).
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)设bn＝lg2(an＋1)，求数列{eq \f(1,bnbn＋1)}的前n项和Tn.
14．设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n为奇数，,b\s\d9(\f(n,2))，n为偶数，))求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N＋).
第2课时 数列求和
必备知识基础练
1．答案：A
解析：该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋eq \f(1,2n)，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n))＝n2＋1－eq \f(1,2n).故选A.
2．答案：B
解析：设等差数列{an}的公差为d，
由a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，得a5＝2，d＝1，所以an＝n－3.则an＋3＝n，an＋4＝n＋1，所以eq \f(1,an＋3an＋4)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).所以Sn＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).故选B.
3．答案：B
解析：因为f(x)＝eq \f(4x,4x＋2)，
且f(x)＋f(1－x)＝eq \f(4x,4x＋2)＋eq \f(41－x,41－x＋2)
＝eq \f(4x,4x＋2)＋eq \f(4,2×4x＋4)＝1，
令S＝f(eq \f(1,2019))＋f(eq \f(2,2019))＋f(eq \f(3,2019))＋…＋f(eq \f(2018,2019))，
又
S＝f(eq \f(2018,2019))＋f(eq \f(2017,2019))＋f(eq \f(2016,2019))＋…＋f(eq \f(1,2019))，
两式相加得：2S＝1×2018，
解得S＝1009，故选B.
4．答案：100
解析：当n＝2k－1，k∈N＋时，a2k＋a2k－1＝2，所以{an}的前100项和为(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝50×2＝100.
5．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由b2＝3，b3＝9，可得q＝eq \f(b3,b2)＝3，
所以bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1(n∈N＋)，
又由a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以d＝eq \f(a14－a1,14－1)＝2，
所以数列{an}的通项公式为
an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1(n∈N＋).
(2)由题意知cn＝an＋bn＝(2n－1)＋3n－1，
则数列{cn}的前n项和为[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＋eq \f(1－3n,1－3)＝n2＋eq \f(3n－1,2).
6．解析：设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，
(1)因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a5＝2a3＋3a4，,a1＝1，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1q4＝2a1q2＋3a1q3，,a1＝1，))
所以2q2－3q－2＝0，
所以q＝2或q＝－eq \f(1,2)(舍去)，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N＋).
(2)因为bn＝eq \f(n,an)＝eq \f(n,2n－1)(n∈N＋)，
所以Sn＝eq \f(1,20)＋eq \f(2,21)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(n,2n－1)， ①
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)， ②
①－②得eq \f(1,2)Sn＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n)，
所以Sn＝4－eq \f(n＋2,2n－1).
关键能力综合练
7．答案：C
解析：由an＋1＝a1＋an＋n⇒an＋1－an＝n＋1，
当n≥2，n∈N*时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝eq \f(（1＋n）n,2)，显然a1＝1也适合，
所以an＝eq \f(（1＋n）n,2)，于是有eq \f(1,an)＝eq \f(2,（1＋n）n)＝2(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，
因此eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2023)＝2(1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2023)－eq \f(1,2024))＝2×eq \f(2023,2024)＝eq \f(4046,2024).故选C.
8．答案：C
解析：依题意有a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) －a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝4，即数列{a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) }是以4为首项，4为公差的等差数列，故a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝4n，an＝2eq \r(n)，则eq \f(1,an＋1＋an)＝eq \f(1,2)·eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \f(1,2)(eq \r(n＋1)－eq \r(n))，前n项和Sn＝eq \f(1,2)(eq \r(2)－1＋eq \r(3)－eq \r(2)＋…＋eq \r(n＋1)－eq \r(n))＝eq \f(1,2)(eq \r(n＋1)－1)，
所以eq \f(1,2)(eq \r(n＋1)－1)＝5，解得n＝120.故选C.
9．答案：C
解析：因为eq \f(2n＋1,2n)＝1＋(eq \f(1,2))n，
所以Tn＝n＋1－eq \f(1,2n)，
所以T10＋1013＝11－eq \f(1,210)＋1013＝1024－eq \f(1,210)，
又m>T10＋1013，所以整数m的最小值为1024.故选C.
10．答案：B
解析：an＝f(0)＋f(eq \f(1,n))＋f(eq \f(2,n))＋…＋f(eq \f(n－1,n))＋f(1)， ①
an＝f(1)＋f(eq \f(n－1,n))＋f(eq \f(n－2,n))＋…＋f(eq \f(1,n))＋f(0)， ②
两式相加，又因为f(x)＋f(1－x)＝1，
故2an＝n＋1，所以an＝eq \f(n＋1,2)，
所以{an}的前20项的和为Sn＝a1＋a2＋…＋a20＝eq \f(2,2)＋eq \f(3,2)＋…＋eq \f(21,2)，
Sn＝20×1＋eq \f(20×19,2)×eq \f(1,2)＝115.
故选B.
11．解析：(1)证明：数列{an}的各项都为正数，且an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，
两边取倒数得eq \f(2,an＋1)＝eq \f(2,an)＋1，即eq \f(2,an＋1)－eq \f(2,an)＝1，
故数列{eq \f(2,an)}是公差为1的等差数列．
(2)当a1＝2时，eq \f(2,a1)＝1，
因为数列{eq \f(2,an)}是公差为1的等差数列，所以eq \f(2,an)＝1＋n－1＝n，所以an＝eq \f(2,n)，
所以anan＋1＝eq \f(4,n（n＋1）)＝4(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，
所以Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋anan＋1
＝4[(1－eq \f(1,2))＋(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋…＋(eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n))＋(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))]＝4(1－eq \f(1,n＋1))＝4－eq \f(4,n＋1)＝eq \f(4n,n＋1).
12．解析：(1)证明：∵an＋1＝3an＋3n，所以eq \f(an＋1,3n＋1)－eq \f(an,3n)＝eq \f(3an＋3n,3n＋1)－eq \f(an,3n)＝eq \f(1,3)，
即eq \f(an＋1,3n＋1)－eq \f(an,3n)＝eq \f(1,3)，又eq \f(a1,3)＝eq \f(1,3)，则数列{eq \f(an,3n)}是等差数列，且该数列首项为eq \f(a1,3)＝eq \f(1,3)，公差为eq \f(1,3)，
所以eq \f(an,3n)＝eq \f(1,3)＋(n－1)×eq \f(1,3)＝eq \f(n,3)，解得an＝n·3n－1.
(2)Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n×3n－1， ①
∴3Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n， ②
①－②得－2Sn＝1×30＋1×31＋1×32＋…＋1×3n－1－n×3n＝eq \f(1×（1－3n）,1－3)－n×3n＝eq \f(（1－2n）3n－1,2)，
所以Sn＝eq \f(（2n－1）3n＋1,4).
核心素养升级练
13．解析：(1)依题意：an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝2，
故数列{an＋1}是以首项a1＋1＝2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)可知an＋1＝2·2n－1，an＝2n－1，
bn＝lg2(an＋1)＝n，
故eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
故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)＝eq \f(n,n＋1).
14．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0).依题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3q＝3＋2d，,3q2＝15＋4d，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝3，))故an＝3＋3(n－1)＝3n，
bn＝3×3n－1＝3n，
所以{an}的通项公式为an＝3n，
{bn}的通项公式为bn＝3n.
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝[n·3＋eq \f(n（n－1）,2)×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n·3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n·3n).
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n·3n， ①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n·3n＋1， ②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n·3n＋1
＝－eq \f(3（1－3n）,1－3)＋n·3n＋1＝eq \f(（2n－1）3n＋1＋3,2)，
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×eq \f(（2n－1）3n＋1＋3,2)＝eq \f(（2n－1）3n＋2＋6n2＋9,2)(n∈N＋).必备知识基础练
关键能力综合练
核心素养升级练