人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.1 数列基础5.1.1 数列的概念课后复习题

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.1 数列基础5.1.1 数列的概念课后复习题，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，且a2018＋a2019＝0，则S673＝( )
A．3B．2019
C．－3D．－2019
2．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)
3．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－1)，则a1＋a2＋…＋a10＝( )
A．15B．12
C．－12D．－15
4．设Sn为数列{an}的前n项和，an＝1＋2＋22＋…＋2n－1，则Sn的值为( )
A．2n－1B．2n－1－1
C．2n－n－1D．2n＋1－n－2
二、填空题
5．已知an＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))(n∈N＋)，则a1＋a2＋a3＋…＋a80＝________．
6．若f(x)＋f(1－x)＝2，an＝f(0)＋f (eq \f(1,n))＋f(eq \f(2,n))＋…＋f (eq \f(n－1,n))＋f(1)(n∈N＋)，则数列{an}的通项公式是________．
7．设数列{nan}的前n项和为Tn，若nan＝n·(－eq \f(1,2))n－1，则Tn＝________．
三、解答题
8．已知数列{an}是公差为2的等差数列，它的前n项和为Sn，且a1，a3，a7成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{eq \f(4,anan＋1)}的前n项和Tn.
9．已知等差数列{an}的前4项和为10，且a2，a3，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋2n，求数列{bn}的前n项和Sn.
[尖子生题库]
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{eq \f(Sn,n)}是公差为1的等差数列，且a2＝3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn.
课时作业(十) 特殊数列的前n项和
1．解析：由a2018＋a2019＝0可得数列的公比为q＝－1，故S673＝a673＝a1＝3.
答案：A
2．解析：由数列通项公式
eq \f(1,（3n－1）（3n＋2）)＝eq \f(1,3)(eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋2))，
得前n项和Sn
＝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 \f(1,2)－eq \f(1,3n＋2))＝eq \f(n,6n＋4).
答案：B
3．解析：因为an＝(－1)n(3n－1)，所以a1＋a2＝－2＋5＝3，a3＋a4＝－8＋11＝3，a5＋a6＝－14＋17＝3，a7＋a8＝－20＋23＝3，a9＋a10＝－26＋29＝3，因此a1＋a2＋…＋a10＝3×5＝15.
答案：A
4．解析：∵an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝eq \f(1×（1－2n）,1－2)＝2n－1，
∴Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝eq \f(2×（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－n－2.
答案：D
5．解析：因为an＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)(n∈N＋)，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a80＝eq \r(2)－1＋eq \r(3)－eq \r(2)＋…＋eq \r(81)－eq \r(80)＝9－1＝8.
答案：8
6．解析：an＝f(0)＋f(eq \f(1,n))＋f(eq \f(2,n))＋…＋f(eq \f(n－1,n))＋f(1)，
an＝f(1)＋f(eq \f(n－1,n))＋…＋f(eq \f(2,n))＋f(eq \f(1,n))＋f(0) ，两式相加可得
2an＝[f(0)＋f(1)]＋[f(eq \f(1,n))＋f(eq \f(n－1,n))]＋…＋[f(eq \f(n－1,n))＋f(eq \f(1,n))]＋[f(1)＋f(0)]，
2an＝2(n＋1)，
所以an＝n＋1.
答案：an＝n＋1
7．解析：Tn＝1·(－eq \f(1,2))0＋2·(－eq \f(1,2))1＋3·(－eq \f(1,2))2＋…＋n·(－eq \f(1,2))n－1，
－eq \f(1,2)Tn＝1·(－eq \f(1,2))1＋2·(－eq \f(1,2))2＋…＋(n－1)·(－eq \f(1,2))n－1＋n·(－eq \f(1,2))n，
两式相减得
eq \f(3,2)Tn＝1＋(－eq \f(1,2))1＋(－eq \f(1,2))2＋…＋(－eq \f(1,2))n－1－n·(－eq \f(1,2))n＝eq \f(1－（－\f(1,2)）n,1－（－\f(1,2)）)－n·(－eq \f(1,2))n＝eq \f(2,3)－(n＋eq \f(2,3))·(－eq \f(1,2))n.
所以数列{nan}的前n项和Tn＝eq \f(4,9)－(eq \f(2,3)n＋eq \f(4,9))·(－eq \f(1,2))n.
答案：eq \f(4,9)－(eq \f(2,3)n＋eq \f(4,9))·(－eq \f(1,2))n
8．解析：(1)因为数列{an}是公差为2的等差数列，且a1，a3，a7成等比数列，
所以a eq \\al(2,3) ＝a1a7即(a1＋4)2＝a1(a1＋12)，解得a1＝4，
所以an＝2n＋2；
(2)由(1)得eq \f(4,anan＋1)＝eq \f(4,（2n＋2）（2n＋4）)＝eq \f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，
所以Tn＝(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋(eq \f(1,3)－eq \f(1,4))＋…＋(eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(n,2（n＋2）).
9．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝4a1＋6d＝10，,（a1＋d）（a1＋6d））＝（a1＋2d）2，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(5,2)，,d＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝3.))
所以an＝eq \f(5,2)或an＝－2＋3(n－1)＝3n－5.
(2)当an＝eq \f(5,2)时，bn＝eq \f(5,2)＋2n，
此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(5,2)n＋eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1＋eq \f(5,2)n－2；
当an＝3n－5时，bn＝(3n－5)＋2n，
此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(－2＋3n－5,2)·n＋eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1＋eq \f(3,2)n2－eq \f(7,2)n－2.
10．解析：(1)数列{eq \f(Sn,n)}是公差为1的等差数列，
∴eq \f(Sn,n)＝a1＋n－1，
可得Sn＝n(a1＋n－1)，∴a1＋a2＝2(a1＋1)，
又a2＝3，解得a1＝1.∴Sn＝n2.
∴n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n＝1时也成立).
∴an＝2n－1.
(2)bn＝an·3n＝(2n－1)·3n，∴数列{bn}的前n项和
Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，
∴3Tn＝32＋3×33＋…＋(2n－3)×3n＋(2n－1)×3n＋1，
∴－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×eq \f(9（3n－1－1）,3－1)－(2n－1)×3n＋1＝－6＋(2－2n)×3n＋1，可得Tn＝3＋(n－1)×3n＋1.