高中第二章 数列综合与测试当堂达标检测题

这是一份高中第二章 数列综合与测试当堂达标检测题，共6页。

1．已知an＝(－1)n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是( )
A．1,1 B．－1，－1
C．1,0 D．－1,0
解析：选D S9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1，
S10＝S9＋a10＝－1＋1＝0.
2．数列{an}的通项公式是an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n项和为10，则项数为( )
A．11 B．99
C．120 D．121
解析：选C ∵an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(eq \r(2)－1)＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)－eq \r(n))
＝eq \r(n＋1)－1，
令eq \r(n＋1)－1＝10，得n＝120.
3．已知数列{an}，a1＝2，an＋1－2an＝0，bn＝lg2an，则数列{bn}的前10项和等于( )
A．130 B．120
C．55 D．50
解析：选C 在数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝0，即eq \f(an＋1,an)＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
所以an＝2×2n－1＝2n.
所以bn＝lg22n＝n.
则数列{bn}的前10项和为1＋2＋…＋10＝55.故选C.
4．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
解析：选B ∵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.
5．数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和为( )
A．2100－101 B．299－101
C．2100－99 D．299－99
解析：选A 由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以，前99项的和为S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝eq \f(21－299,1－2)－99＝2100－101.
6．已知等比数列{an}的公比q≠1，且a1＝1,3a3＝2a2＋a4，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前4项和为________．
解析：∵等比数列{an}中，a1＝1,3a3＝2a2＋a4，∴3q2＝2q＋q3.又∵q≠1，∴q＝2，∴an＝2n－1，∴eq \f(1,anan＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n－1，即eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,4)的等比数列，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前4项和为eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))4)),1－\f(1,4))＝eq \f(85,128).
答案：eq \f(85,128)
7．等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝3，则eq \f(S9,S6)＝________.
解析：eq \f(S6,S3)＝3，故q≠1，
∴eq \f(a11－q6,1－q)×eq \f(1－q,a11－q3)＝1＋q3＝3，
即q3＝2.
所以eq \f(S9,S6)＝eq \f(a11－q9,1－q)×eq \f(1－q,a11－q6)＝eq \f(1－23,1－22)＝eq \f(7,3).
答案：eq \f(7,3)
8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq \f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n.
∴Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
9．已知{an}是递增的等差数列，a1＝2，aeq \\al(2,2)＝a4＋8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋2eq \a\vs4\al(an)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设数列{an}的公差为d，d>0.由题意得(2＋d)2＝2＋3d＋8，解得d＝2.
故an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)·2＝2n.
(2)∵bn＝an＋2eq \a\vs4\al(an)＝2n＋22n，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(2＋22)＋(4＋24)＋…＋(2n＋22n)
＝(2＋4＋…＋2n)＋(22＋24＋…＋22n)
＝eq \f(2＋2n·n,2)＋eq \f(4·1－4n,1－4)
＝n(n＋1)＋eq \f(4n＋1－4,3).
10．在等差数列{an}中，a3＝4，a7＝8.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝eq \f(an,2n－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为d＝eq \f(a7－a3,7－3)＝1，所以an＝a3＋(n－3)d＝n＋1.
(2)bn＝eq \f(an,2n－1)＝eq \f(n＋1,2n－1)，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝2＋eq \f(3,2)＋eq \f(4,22)＋…＋eq \f(n＋1,2n－1).①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,2)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(n,2n－1)＋eq \f(n＋1,2n)，②
由①－②得eq \f(1,2)Tn＝2＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n＋1,2n)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))＋1－eq \f(n＋1,2n)
＝eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＋1－eq \f(n＋1,2n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))＋1－eq \f(n＋1,2n)
＝3－eq \f(n＋3,2n)，所以Tn＝6－eq \f(n＋3,2n－1).
层级二 应试能力达标
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1 D.eq \f(1,2n－1)
解析：选B 因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以由Sn＝2an＋1，得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，整理得3Sn＝2Sn＋1，所以eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3,2)，所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，eq \f(3,2)为公比的等比数列，故Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1.
2．已知数列{an}：eq \f(1,2)，eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)，eq \f(1,4)＋eq \f(2,4)＋eq \f(3,4)，eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)＋eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)，…，那么数列{bn}＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))前n项的和为( )
A．4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1))) B．4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))
C．1－eq \f(1,n＋1) D.eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋1)
解析：选A ∵an＝eq \f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq \f(\f(nn＋1,2),n＋1)＝eq \f(n,2)，
∴bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(4,nn＋1)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
∴Sn＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1))).
3．某厂去年的总产值是a亿元，假设今后五年的年产值平均增长率是10%，则从今年起到第5年年末该厂的总产值是( )
A．11×(1.15－1)a亿元 B．10×(1.15－1)a亿元
C．11×(1.14－1)a亿元 D．10×(1.14－1)a亿元
解析：选A 由题意可知，今年年末的总产值为1.1a，从今年起每年年末的总产值构成一个等比数列，首项为1.1a，公比为1.1.所以其前5项和为S5＝eq \f(1.1a1－1.15,1－1.1)＝11×(1.15－1)a亿元，故选A.
4．设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10等于( )
A．1 033 B．1 034
C．2 057 D．2 058
解析：选A 由已知可得an＝n＋1，bn＝2n－1，
于是abn＝bn＋1，
因此ab1＋ab2＋…＋ab10＝(b1＋1)＋(b2＋1)＋…＋(b10＋1)＝b1＋b2＋…＋b10＋10＝20＋21＋…＋29＋10＝eq \f(1－210,1－2)＋10＝1 033.
5．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(1,Sk)＝________.
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3，,4a1＋6d＝10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，))
所以Sn＝eq \f(nn＋1,2)，eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
因此eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(1,Sk)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n,n＋1).
答案：eq \f(2n,n＋1)
6．已知等比数列{an}及等差数列{bn}，其中b1＝0，公差d≠0.将这两个数列的对应项相加，得一新数列1,1,2，…，则这个新数列的前10项和为________．
解析：设数列{an}的公比为q，则{an}的前三项分别为1，q，q2，{bn}的前三项分别为0，d,2d，于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＋d＝1，,q2＋2d＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝0，,d＝1))(舍去)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,d＝－1.))于是新数列的前10项和为(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(a10＋b10)＝(a1＋a2＋…＋a10)＋(b1＋b2＋…＋b10)＝eq \f(1－210,1－2)＋10×0＋eq \f(10×10－1,2)×(－1)＝978.
答案：978
7．设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，
且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))的前n项和Sn.
解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q>0且
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋2d＋q4＝21，,1＋4d＋q2＝13，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2，,q＝2.))
所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.
(2)eq \f(an,bn)＝eq \f(2n－1,2n－1)，
Sn＝1＋eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋…＋eq \f(2n－3,2n－2)＋eq \f(2n－1,2n－1)，①
2Sn＝2＋3＋eq \f(5,2)＋…＋eq \f(2n－3,2n－3)＋eq \f(2n－1,2n－2).②
②－①，得Sn＝2＋2＋eq \f(2,2)＋eq \f(2,22)＋…＋eq \f(2,2n－2)－eq \f(2n－1,2n－1)
＝2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－2)))－eq \f(2n－1,2n－1)
＝2＋2×eq \f(1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))－eq \f(2n－1,2n－1)＝6－eq \f(2n＋3,2n－1).
8．已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))的前n项和为Sn，求证：Sn<2.
解：(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝eq \f(1,2)，从而a1＝eq \f(3,2).所以{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2)n＋1.
(2)证明：设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))的前n项和为Sn，由(1)知eq \f(an,2n)＝eq \f(n＋2,2n＋1)，则
Sn＝eq \f(3,22)＋eq \f(4,23)＋…＋eq \f(n＋1,2n)＋eq \f(n＋2,2n＋1)，
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n＋1,2n＋1)＋eq \f(n＋2,2n＋2).
两式相减得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n＋1)))－eq \f(n＋2,2n＋2)＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1)))－eq \f(n＋2,2n＋2).
所以Sn＝2－eq \f(n＋4,2n＋1).
∴Sn<2.