高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列课时练习

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列课时练习，共7页。
1．在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值( )
A．13 B．－76
C．46 D．76
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n－1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋aeq \\al(2,4)＋…＋aeq \\al(2,n)＝( )
A．(2n－1)2 B.eq \f(1,3)(2n－1)
C．4n－1 D.eq \f(1,3)(4n－1)
3．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
4．已知函数f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\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( )
A．0 B．100
C．－100 D．10 200
5．已知数列{an}中，an＝4×(－1)n－1－n(n∈N*)，则数列{an}的前2n项和S2n＝________.
6．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(4,anan＋2)))的前n项和为Tn，求证：eq \f(1,2)≤Tnan D．Tn1)，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q，________.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式．
(2)记cn＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
[战疑难]
10．设数列{an}的前n项和为Sn，称Tn＝eq \f(S1＋S2＋…＋Sn,n)为数列a1，a2，a3，…，an的“理想数”，已知数列a1，a2，a3，a4，a5的理想数为2 020，则数列2，a1，a2，…，a5的“理想数”为( )
A．1 685 B．2 020
C.eq \f(5 050,3) D.eq \f(5 056,3)
课时作业(十一) 数列求和
1．解析：∵S15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29.
S22＝(－4)×11＝－44.
S31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61.
∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
故选B.
答案：B
2．解析：由an＝Sn－Sn－1(n≥2)可以求出an＝2n－1.由等比数列的性质知数列{aeq \\al(2,n)}是等比数列，此数列的首项是1，公比是22，则S′n＝eq \f(1×[1－22n],1－22)＝eq \f(1,3)(4n－1)．
答案：D
3．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
4．解析：由题意得a1＋a2＋…＋a100＝(12－22)＋(－22＋32)＋(32－42)＋(－42＋52)＋…＋(992－1002)＋(－1002＋1012)＝－(1＋2)＋(2＋3)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.
故选B.
答案：B
5．解析：S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝[4(－1)0－1]＋[4(－1)1－2]＋[4(－1)2－3]＋…＋[4(－1)2n－1－2n]＝4[(－1)0＋(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)2n－1]－(1＋2＋3＋…＋2n)＝－eq \f(2n2n＋1,2)＝－n(2n＋1)．
答案：－n(2n＋1)
6．解析：因为2Sn＝(n＋1)an，当n≥2时，2Sn－1＝nan－1两式相减得：2an＝(n＋1)an－nan－1
即(n－1)an＝nan－1，所以当n≥2时，eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1).
所以eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝2，即an＝2n.
(2)证明：因为an＝2n，bn＝eq \f(4,anan＋2)，n∈N*，
所以bn＝eq \f(4,2n2n＋2)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝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,n)－\f(1,n－1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)，
因为eq \f(1,n＋1)>0，所以1－eq \f(1,n＋1)1
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1d＝2,2a1＋5d＝3a1d2))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1d＝2,2a1＋5d＝6d))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－1,d＝－2))(舍去)
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝1,q＝2))
∴an＝a1＋(n－1)d
＝2n－1
bn＝b1qn－1＝2n－1
(2)∵cn＝eq \f(an,bn)
∴cn＝eq \f(2n－1,2n－1)＝(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1
∴Tn＝1＋3×eq \f(1,2)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋(2n－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2＋(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1
∴eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋(2n－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
∴eq \f(1,2)Tn＝1＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1))－(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
＝1＋2×eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
＝3－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
∴Tn＝6－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1
方案三：选条件③
∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d>1
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝3,2a1＋7d＝8a1d))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(21,8),d＝\f(3,8)))(舍去)即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝1,q＝2))
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1
bn＝b1qn－1＝2n－1
(2)∵cn＝eq \f(an,bn)
∴cn＝eq \f(2n－1,2n－1)＝(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1
∴Tn＝1＋3×eq \f(1,2)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋(2n－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2＋(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1
∴eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋(2n－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
∴eq \f(1,2)Tn＝1＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1))－(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
＝1＋2×eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
＝3－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
∴Tn＝6－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1
10．解析：因为数列a1，a2，…，a5的“理想数”为2 020，所以eq \f(S1＋S2＋S3＋S4＋S5,5)＝2 020，即S1＋S2＋S3＋S4＋S5＝5×2 020，所以数列2，a1，a2，…，a5的“理想数”为eq \f(2＋2＋S1＋2＋S2＋…＋2＋S5,6)
＝eq \f(6×2＋5×2 020,6)＝eq \f(5 056,3).
故选D.
答案：D