高中人教版新课标A第二章 数列综合与测试课时练习

这是一份高中人教版新课标A第二章 数列综合与测试课时练习，共8页。

基础巩固
1设数列{an}的前n项和为Sn,如果an=1(2n-1)(2n+1),那么S5等于( ).
A.12
B.511
C.49
D.59
解析:∵an=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,
∴S5=121-13+13-15+15-17+17-19+19-111=511.
答案:B
2若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}的前n项和为( ).
A.2n+n2-1B.2n+1+n2-1
C.2n+1+n2-2D.2n+n-2
解析:Sn=(2+22+…+2n)+(1+3+5+…+2n-1)
=2(1-2n)1-2+(1+2n-1)n2=2n+1-2+n2.
答案:C
3数列{an}的通项公式an=1n+n+1,若该数列前n项的和为10,则项数为( ).
A.11B.99C.120D.121
解析:∵an=1n+n+1=n+1-n,
∴Sn=n+1-1=10,
∴n=120.
答案:C
4已知数列{an}中,a1=1,前n项和为Sn,且点P(an,an+1)(n∈N*)在直线x-y+1=0上,则1S1+1S2+1S3+…+1Sn等于( )
A.2nn+1
B.2n(n+1)
C.n(n+1)2
D.n2(n+1)
解析:由题意,an-an+1+1=0,
∴an+1-an=1.
∴{an}为等差数列,且a1=1,d=1,
∴an=1+(n-1)×1=n,
∴Sn=n(n+1)2.
∴1Sn=2n(n+1)=21n-1n+1.
∴1S1+1S2+…+1Sn=21-12+12-13+…+1n-1n+1=2nn+1.
答案:A
5数列12,24,38,…,n2n,…的前n项和为 .
解析:Sn=12+222+323+…+n2n,①
12Sn=122+223+…+n-12n+n2n+1,②
①-②,得12Sn=12+122+123+…+12n-n2n+1=121-12n1-12-n2n+1=1-12n-n2n+1,
∴Sn=2-12n-1-n2n.
答案:Sn=2-12n-1-n2n
6已知an=ln1+1n(n∈N*),则数列{an}的前n项和为Sn= .
解析:∵an=lnn+1n=ln(n+1)-ln n,
∴Sn=(ln 2-ln 1)+(ln 3-ln 2)+(ln 4-ln 3)+…+[ln(n+1)-ln n]=ln(n+1)-ln 1=ln(n+1).
答案:ln(n+1)
7设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*.
(1)求通项公式an;
(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和.
解(1)由题意得a1+a2=4,a2=2a1+1,则a1=1,a2=3.
又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,
得an+1=3an.
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*.
(2)设bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,b1=2,b2=1.
当n≥3时,由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.
当n≥3时,Tn=3+9(1-3n-2)1-3-(n+7)(n-2)2=3n-n2-5n+112,
所以Tn=2,n=1,3n-n2-5n+112,n≥2,n∈N*.
8已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列1a2n-1a2n+1的前n项和.
解(1)设等差数列{an}的公差为d,则Sn=na1+n(n-1)2d.
由已知可得3a1+3d=0,5a1+10d=-5,
解得a1=1,d=-1.
故数列{an}的通项公式为an=2-n.
(2)由(1)知1a2n-1a2n+1=1(3-2n)(1-2n)=1212n-3-12n-1,
从而数列1a2n-1a2n+1的前n项和为121-1-11+11-13+…+12n-3-12n-1=n1-2n.
9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.
解(1)等比数列{bn}的公比q=b3b2=93=3,
所以b1=b2q=1,b4=b3q=27.
设等差数列{an}的公差为d.
因为a1=b1=1,a14=b4=27,
所以1+13d=27,即d=2.
所以an=2n-1(n=1,2,3,…).
(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1.
因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1=n(1+2n-1)2+1-3n1-3=n2+3n-12.
能力提升
1数列{an},{bn}都是等差数列,a1=5,b1=7,且a20+b20=60,则{an+bn}的前20项和为( ).
A.700B.710C.720D.730
解析:数列{an+bn}也是等差数列,其首项为12,第20项为60,
所以其前20项和为20(a1+b1+a20+b20)2=20×(12+60)2=720.
答案:C
2已知数列{an}的通项公式an=2n-12n,其前n项和Sn=32164,则n的值为( ).
A.13B.10C.9D.6
解析:∵an=2n-12n=1-12n,
∴Sn=n-121-12n1-12=n-1+12n=32164=5+164,
∴n=6.
答案:D
3已知数列{an}:12,13+23,14+24+34,15+25+35+45,…,则数列1anan+1的前n项和为( ).
A.41-1n+1
B.412-1n+1
C.1-1n+1
D.12-1n+1
解析:∵an=1+2+3+…+nn+1=n(n+1)2n+1=n2,
∴bn=1anan+1=4n(n+1)=41n-1n+1.
∴Sn=41-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=41-1n+1.
答案:A
4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.100
C.-100D.10 200
解析:由题意,得a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012
=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)
=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)
=-50×101+50×103=100.
故选B.
答案:B
5在数列{an}中,an=nsinnπ2+csnπ2,前n项和为Sn,则S100= .
解析:易知a1=1,a2=-2,a3=-3,a4=4,
∴a1+a2+a3+a4=0.
又sinnπ2+csnπ2的周期为4,
∴an+an+1+an+2+an+3=0,∴S100=0.
答案:0
★6在有限数列{an}中,Sn为{an}的前n项和,把S1+S2+…+Snn称为数列{an}的“优化和”.若数列a1,a2,a3,…,a2 019的“优化和”为2 020,则数列1,a1,a2,a3,…,a2 019的“优化和”为 .
解析:设数列1,a1,a2,a3,…,a2 019的前n项和为Tn,
则T1=1,T2=S1+1,T3=S2+1,T4=S3+1,…,T2 019=S2 018+1,T2 020=S2 019+1,
于是T1+T2+T3+…+T2 020=2 020+S1+S2+…+S2 019.
∵S1+S2+…+S2 0192 019=2 020,
∴S1+S2+…+S2 019=2 019×2 020.
∴T1+T2+T3+…+T2 020
=2 020+2 019×2 020=2 0202,
∴其优化和为2 02022 020=2 020.
答案:2 020
★7等比数列{an}的前n项和为Sn,已知对任意的n∈N*,点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>0,且b≠1,b,r均为常数)的图象上.
(1)求r的值;
(2)当b=2时,记bn=n+14an(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
解(1)由题意,得Sn=bn+r,
当n≥2时,Sn-1=bn-1+r,
an=Sn-Sn-1=bn-1(b-1).
∵b>0,且b≠1,
∴当n≥2时,数列{an}是以b为公比的等比数列.
又a1=b+r,a2=b(b-1),a2a1=b,
即b(b-1)b+r=b,解得r=-1.
(2)由(1)知,an=(b-1)bn-1=2n-1,n∈N*,
∴bn=n+14×2n-1=n+12n+1.
Tn=222+323+424+…+n+12n+1,
12Tn=223+324+…+n2n+1+n+12n+2,
两式相减,得12Tn=222+123+124+…+12n+1-n+12n+2=12+123×1-12n-11-12-n+12n+2=34-12n+1-n+12n+2,
故Tn=32-12n-n+12n+1=32-n+32n+1.