高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试巩固练习

这是一份高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试巩固练习，共7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.(2019黑龙江大庆实验中学高二期中,★★☆)已知函数f(n)=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.0B.100C.-100D.10 200
2.(★★☆)定义np1+p2+…+pn为n个正数p1,p2,…,pn的“均倒数”.若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为13n+1,又bn=an+26,则1b1b2+1b2b3+…+1b9b10=( )
A.111B.1011C.910D.1112
3.(2019福建厦门外国语学校第二期末,★★☆)1+1+12+1+12+14+…+
1+12+14+…+1210的值为( )
A.18+129B.20+1210C.22+1211D.18+1210
4.(★★★)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(2n-1)·3n.设bn=4nan,Sn为数列{bn}的前n项和.若Sn<λ(λ为常数),n∈N*,则λ的最小值是( )
A.32B.94C.3112D.3118
5.(2019山西太原第五中学期末,★★★)已知函数y=f(x)是定义在R上的奇函数,且在R上是单调递增函数,函数g(x)=f(x-5)+x,数列{an}为等差数列,且公差不为0,若g(a1)+g(a2)+…+g(a9)=45,则a1+a2+…+a9=( )
A.45B.15C.10D.0
二、填空题
6.(★★☆)已知f(x)=ex-12-e12-x+1,数列{an}满足an=f(0)+f1n+f2n+…+fn-1n+f(1),则a2 017= .
7.(2019河南商丘九校高二期末联考,★★☆)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4,则数列{an+bn}的前n项和为 .
8.(★★★)已知an=2n-2,an2=12bn,cn=bnan,则数列{cn}的前n项和Sn= .
9.(2019湖南长沙第一中学高二月考,★★★)已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,a1=b1=1,an+1=an+3n-1+a1(n∈N*),bn=1Sn-3n+14(n≥2).若对于任意正整数n≥2,都有Tn≥m成立,则m的最大值为 .
三、解答题
10.(2020湖南郴州高二期末,★★☆)已知数列{an}是公差不为0的等差数列,其前n项和为Sn,若S5=15,a1,a3,a9成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式,并求Sn;
(2)设bn=2an+1Sn,求数列{bn}的前n项和Tn.
11.(2020河南郑州高二期末,★★★)已知数列{an}满足an+1=an-6an-4(n∈N*),且a1=1.
(1)证明:an-3an-2是等比数列;
(2)令bn=1-1an-2,设数列{(2n-1)·bn}的前n项和为Sn,求使Sn<2 019成立的最大自然数n的值.
答案全解全析
专题强化练3 数列的求和方法
一、选择题
1.B 由题意可得,当n为奇数时,an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-2n-1;
当n为偶数时,an=f(n)+f(n+1)=-n2+(n+1)2=2n+1.
所以a1+a2+a3+…+a100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=[-2×(1+3+5+…+99)-50]+[2×(2+4+6+…+100)+50]=100,故选B.
2.C 由题意得na1+a2+…+an=13n+1,所以a1+a2+…+an=n(3n+1)=3n2+n.记数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=3n2+n.当n=1时,a1=S1=4;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2+n-[3(n-1)2+(n-1)]=6n-2.经检验,a1=4也符合此式,所以an=6n-2,n∈N*,则bn=an+26=n,所以1b1b2+1b2b3+…+1b9b10=11×2+12×3+…+19×10=1-12+12-13+…+19-110=1-110=910.故选C.
3.B 设an=1+12+14+…+12n-1=1×1-12n1-12=21-12n,
∴原式=a1+a2+…+a11
=21-121+21-122+…+21-1211
=211-12+122+…+1211
=211-121-12111-12
=211-1-1211=211-1+1211
=20+1210.
4.C ∵a1+2a2+3a3+…+nan=(2n-1)·3n①,
∴当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(2n-3)·3n-1②,
①-②,得nan=4n·3n-1,即an=4·3n-1(n≥2).
当n=1时,a1=3,不适合上式,
∴an=3,n=1,4·3n-1,n≥2,∴bn=43,n=1,n3n-1,n≥2,
∴Sn=43+23+332+…+n3n-1=13+130+23+332+…+n3n-1③,
∴13Sn=19+13+232+333+…+n-13n-1+n3n④,
③-④,得23Sn=29+130+13+132+133+…+13n-1-n3n=29+1-13n1-13-n3n,∴Sn=3112-6n+94·3n<3112,
∵Sn<λ(λ为常数),n∈N*,
∴λ的最小值是3112,故选C.
5.A 函数y=f(x)是定义在R上的奇函数,则f(-x)=-f(x),且其图象关于点(0,0)中心对称,
那么y=f(x-5)的图象关于点(5,0)中心对称.由数列等差中项的性质和对称性可知,a1-5+a9-52=a5-5,
故f(a1-5)+f(a9-5)=0,
由此f(a2-5)+f(a8-5)=f(a3-5)+f(a7-5)=f(a4-5)+f(a6-5)=2f(a5-5)=0.
由g(x)=f(x-5)+x可得,
g(a1)+g(a2)+…+g(a9)=f(a1-5)+f(a2-5)+…+f(a9-5)+a1+a2+…+a9=45,
得a1+a2+…+a9=45,故选A.
二、填空题
6.答案 2 018
解析 由题意得f(1-x)=e12-x-ex-12+1,所以f(x)+f(1-x)=ex-12-e12-x+1+e12-x-ex-12+1=2.
因为an=f(0)+f1n+f2n+…+fn-1n+f(1)①,an=f(1)+fn-1n+…+f1n+f(0)②,①+②,得2an=2(n+1),所以an=1+n,所以a2 017=2 018.
7.答案 n2+3n-12
解析 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,a1=b1,
可得q=b3b2=3,b1=a1=1,又a14=b4,所以1+13d=27,所以d=2,
所以数列{an+bn}的前n项和为n+n(n-1)2·2+1-3n1-3=n2+3n-12.
8.答案 n2n-3
解析 因为an2=(2n-2)2=12bn,所以bn=-2n+4,所以cn=bnan=-2n+42n-2=-n+22n-3=(-n+2)·12n-3,
所以Sn=1·12-2+0·12-1+(-1)·120+…+(-n+2)·12n-3,①
12Sn=1·12-1+0·120+(-1)·121+…+(-n+2)·12n-2,②
①-②,得12Sn=4-12-1+120+…+12n-3-(-n+2)·12n-2=4-21-12n-11-12-(-n+2)·12n-2=n2n-2,所以Sn=n2n-3.
9.答案 53
解析 ∵a1=1,∴an+1=an+3n-1+1,∴当n≥2时,an-an-1=3n-2+1,an-1-an-2=3n-3+1,……,a3-a2=3+1,a2-a1=30+1,
∴当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-2+1+3n-3+1+…+30+1+1=3n-12+n-12,
经检验,当n=1时,上式也成立,
∴Sn=302+1-12+312+2-12+322+3-12+…+3n-12+n-12=302+312+322+…+3n-12+(1+2+3+…+n)-n2=12×1-3n1-3+n(1+n)2-n2=3n+2n2-14,
∴当n≥2时,bn=1Sn-3n+14=2n2-1=1n-1-1n+1>0.
当n=1时,b1=T1=1;
当n≥2时,Tmin=T2=53,
∴对于任意正整数n≥2,都有Tn≥53.
∴m≤53,∴m的最大值为53.
三、解答题
10.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0).
由S5=15,得a3=3.由a1,a3,a9成等比数列,得a1·a9=a32=9.
∴(3-2d)(3+6d)=9,解得d=1或d=0(舍去),∴a1=1,∴an=n,Sn=n(n+1)2.
(2)由(1)得bn=2an+1Sn=2n+2n(n+1),
∴Tn=2+22+23+…+2n+21×2+22×3+23×4+…+2n(n+1)
=2×(1-2n)1-2+
21-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1
=2(2n-1)+21-1n+1
=2n+1-2n+1.
11.解析 (1)证明:由题意得an+1-3an+1-2=an-6an-4-3an-6an-4-2=an-6-3an+12an-6-2an+8=-2(an-3)-(an-2)=2×an-3an-2,
∴an-3an-2是首项为a1-3a1-2=1-31-2=2,公比为2的等比数列 .
(2)由(1)得an-3an-2=2n,即an-2-1an-2=1-1an-2=bn=2n,∴(2n-1)·bn=(2n-1)·2n,
∴Sn=1·21+3·22+5·23+…+(2n-1)·2n,①
2Sn=1·22+3·23+5·24+…+(2n-1)·2n+1,②
①-②,得-Sn=1·21+2(22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1=2+2·4-2n+11-2-(2n-1)·2n+1=(3-2n)·2n+1-6.
∴Sn=(2n-3)·2n+1+6,∴Sn+1-Sn=(2n-1)·2n+2-(2n-3)·2n+1=2n+1·(2n+1)>0,∴Sn单调递增.
又S6=9×27+6=1 158<2 019,S7=11×28+6=2 822>2 019,
∴使Sn<2 019成立的最大自然数n的值为6.