【课后练习】人教A版 选择性必修二 4.3 4.3.2 第2课时 数列求和（含解析）
文档属性
| 名称 | 【课后练习】人教A版 选择性必修二 4.3 4.3.2 第2课时 数列求和（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 298.2KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-12-19 21:23:28 | ||
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文档简介
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4．3 等比数列
4．3.2 等比数列的前n项和公式
第2课时 数列求和
1．(2021·江苏省徐州市第一中学高二期中)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n－a，则a＋a＋…＋a＝( )
A．(2n－1)2 B．(2n－1)
C．4n－1 D．(4n－1)
2．数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项和为( )
A． B．
C． D．
3．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＋an＝2n，Sn＝1 365，则n的值为( )
A．9 B．11
C．13 D．15
4．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为( )
A．990 B．1 000
C．1 100 D．99
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B．
C． D．
6．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________．
7．已知函数y＝loga(x－1)＋3(a>0且a≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项，若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10＝________．
8．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则an＝________，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．
9．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝1＋log2(an)2，若数列的前n项和为Tn，求Tn.
10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝9，a1，a3，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}是递增数列，数列{bn}满足bn＝2，Tn是数列{anbn}的前n项和，求Tn.
11．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a3＝b1＝3，a15＝b7＝15，设cn＝(－1)n－1，则数列{cn}的前2 023项和为( )
A．－ B．
C．－ D．
12．(多选)已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn，且满足an＋an＋1＝2n，bn·bn＋1＝2n(n∈N*)，则下列说法正确的是( )
A．0＜a1＜1 B．1＜b1＜
C．S2n＜T2n D．S2n≥T2n
13．已知数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，{bn}是1为首项，2为公比的等比数列，设cn＝abn，Tn＝c1＋c2＋…＋cn(n∈N*)，则当Tn<2 020时，n的最大值是________．
14．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＋an＝4n－1，n∈N*.
求数列{an}的前n项和Sn.
15．(2021·福建省莆田第一中学高三期中)十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为(参考数据：lg 2＝0.301 0，lg 3＝0.477 1)( )
A．4 B．5
C．6 D．7
16．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝3an－2，数列{nan}的前n项和为Tn，求满足Tn>100的最小的n值．
参考答案与解析
1.解析：选D.已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n－a.
当n＝1时，a1＝S1＝2－a；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－a)－(2n－1－a)＝2n－1.
由于数列{an}为等比数列，
则a1＝2－a满足an＝2n－1，
即2－a＝20，解得a＝1，所以a1＝1，
所以an＝2n－1(n∈N*)，则a＝(2n－1)2＝4n－1，
所以 eq \f(a,a) ＝＝4，
且a＝1，
所以，数列{a}为等比数列，且首项为1，公比为4，
因此，a＋a＋…＋a＝＝.
2.解析：选B.依题意bn＝＝＝＝－，所以{bn}的前10项和为S10＝＋＋＋…＋＝－＝，故选B.
3.解析：选B.因为Sn为奇数，由an＋an＋1＝2n可知相邻两项和为偶数，所以n必为奇数．
a1＝1，a2＋a3＝22，a4＋a5＝24，…，an－1＋an＝2n－1，全部相加得Sn＝20＋22＋24＋…＋2n－1＝＝＝1 365，所以n＝11.
4.解析：选A.当n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；
当n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.
故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.
5.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＝，
所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，为公比的等比数列，故Sn＝.
6.解析：由题意，a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.
答案：100
7.解析：对数函数y＝logax的图象过定点(1，0)，
所以函数y＝loga(x－1)＋3的图象过定点(2，3)，
则a2＝2，a3＝3，故an＝n，
所以bn＝＝－，
所以T10＝＋＋…＋＝1－＝.
答案：
8.解析：设等比数列{an}的公比为q，
则a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2.
所以an＝×(－2)n－1.
等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，
则|an|＝×2n－1，
所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－.
答案：×(－2)n－1 2n－1－
9.解：(1)因为an＋1＝2＋Sn(n∈N*)，
所以an＝2＋Sn－1(n≥2).
所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an.所以an＋1＝2an(n≥2).
又因为a2＝2＋a1＝4，a1＝2，所以a2＝2a1，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an＝2·2n－1＝2n(n∈N*).
(2)因为bn＝1＋log2(an)2，
则bn＝2n＋1，所以＝.
所以Tn＝
＝＝.
10.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由S3＝9，a1，a3，a7成等比数列，
可得3a1＋3d＝9，a＝a1a7，
即(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，
解得a1＝3，d＝0或a1＝2，d＝1，
则an＝3或an＝n＋1.
(2)因为数列{an}是递增数列，
所以d>0，
即an＝n＋1，bn＝2＝2n＋1，
从而anbn＝(n＋1)·2n＋1，
Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)·2n＋1，①
2Tn＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)·2n＋2，②
①－②得－Tn＝8＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)·2n＋2
＝8＋－(n＋1)·2n＋2
＝－n·2n＋2，
所以Tn＝n·2n＋2.
11.解析：选D.由条件易知bn＝2n＋1，an＝n，
则cn＝(－1)n－1·＝(－1)n－1.
所以S2 023＝－＋－…＋
＝1＋＝.
12.解析：选ABC.因为数列{an}为递增数列，
所以a1＜a2＜a3.
因为an＋an＋1＝2n，
所以
所以
所以0＜a1＜1，故A正确．
所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝2＋6＋10＋…＋2(2n－1)＝2n2.
因为数列为递增数列，
所以b1＜b2＜b3.
因为bn·bn＋1＝2n，
所以所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1b2＞b，,b2b3＞b＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,b1)))\s\up12(2)．))
所以1＜b1＜，故B正确．
因为T2n＝b1＋b2＋…＋b2n
＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)
＝＋
＝(b1＋b2)(2n－1)≥2(2n－1)＝2(2n－1)，
所以对于任意的n∈N*，S2n＜T2n，故C正确，D错误．故选ABC.
13.解析：an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，bn＝1×2n－1＝2n－1，
cn＝abn＝2bn－1＝2n－1，
Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n
＝－n＝2n＋1－n－2，
因为Tn＋1－Tn＝2n＋2－(n＋1)－2－2n＋1＋n＋2＝2n＋1－1>0，
即Tn＋1>Tn，
所以数列{Tn}为递增数列，
因为T9＝210－9－2＝1 013<2 020，
T10＝211－10－2＝2 036>2 020，
所以n的最大值为9.
答案：9
14.解：由条件an＋1＋an＝4n－1，
an＋2＋an＋1＝4(n＋1)－1，
两式相减，得an＋2－an＝4(常数).
这表明数列{an}的奇数项与偶数项分别构成以4为公差的等差数列，且a2＝2.
当n为偶数时，
Sn＝×1＋×4＋×2＋×4＝n2－.
当n为奇数时，
Sn＝×1＋×4＋×2＋×4＝n2－.
故Sn＝
15.解析：选C.第一次操作去掉的区间长度为；
第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；
第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；
…第n次操作去掉2n－1个长度为的区间，长度和为，
于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为
Sn＝＋＋…＋＝1－，
由题意，1－≥，
即n lg ≤lg ＝－1，
即n(lg 3－lg 2)≥1，
解得n≥＝≈5.679，
又n为整数，所以n的最小值为6.故选C.
16.解：根据题意，数列{an}满足Sn＝3an－2，①
当n≥2时，有Sn－1＝3an－1－2，②
①－②可得：an＝3an－3an－1，可得2an＝3an－1，
当n＝1时，有S1＝a1＝3a1－2，解得a1＝1，
则数列{an}是以a1＝1为首项，公比为的等比数列，
则an＝，数列{nan}的前n项和为Tn，
则Tn＝1＋2×＋3×＋…＋n×，③
则Tn＝＋2×＋3×＋…＋n×，④
③－④可得－Tn＝1＋＋＋…＋－n×
＝－2－n×，
变形可得Tn＝4＋(2n－4)×，
若Tn>100，
则4＋(2n－4)×>100，
即(2n－4)×>96，经验证可知n≥7，
故满足Tn>100的最小的n值为7.
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4．3 等比数列
4．3.2 等比数列的前n项和公式
第2课时 数列求和
1．(2021·江苏省徐州市第一中学高二期中)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n－a，则a＋a＋…＋a＝( )
A．(2n－1)2 B．(2n－1)
C．4n－1 D．(4n－1)
2．数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项和为( )
A． B．
C． D．
3．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＋an＝2n，Sn＝1 365，则n的值为( )
A．9 B．11
C．13 D．15
4．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为( )
A．990 B．1 000
C．1 100 D．99
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B．
C． D．
6．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________．
7．已知函数y＝loga(x－1)＋3(a>0且a≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项，若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10＝________．
8．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则an＝________，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．
9．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝1＋log2(an)2，若数列的前n项和为Tn，求Tn.
10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝9，a1，a3，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}是递增数列，数列{bn}满足bn＝2，Tn是数列{anbn}的前n项和，求Tn.
11．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a3＝b1＝3，a15＝b7＝15，设cn＝(－1)n－1，则数列{cn}的前2 023项和为( )
A．－ B．
C．－ D．
12．(多选)已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn，且满足an＋an＋1＝2n，bn·bn＋1＝2n(n∈N*)，则下列说法正确的是( )
A．0＜a1＜1 B．1＜b1＜
C．S2n＜T2n D．S2n≥T2n
13．已知数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，{bn}是1为首项，2为公比的等比数列，设cn＝abn，Tn＝c1＋c2＋…＋cn(n∈N*)，则当Tn<2 020时，n的最大值是________．
14．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＋an＝4n－1，n∈N*.
求数列{an}的前n项和Sn.
15．(2021·福建省莆田第一中学高三期中)十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为(参考数据：lg 2＝0.301 0，lg 3＝0.477 1)( )
A．4 B．5
C．6 D．7
16．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝3an－2，数列{nan}的前n项和为Tn，求满足Tn>100的最小的n值．
参考答案与解析
1.解析：选D.已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n－a.
当n＝1时，a1＝S1＝2－a；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－a)－(2n－1－a)＝2n－1.
由于数列{an}为等比数列，
则a1＝2－a满足an＝2n－1，
即2－a＝20，解得a＝1，所以a1＝1，
所以an＝2n－1(n∈N*)，则a＝(2n－1)2＝4n－1，
所以 eq \f(a,a) ＝＝4，
且a＝1，
所以，数列{a}为等比数列，且首项为1，公比为4，
因此，a＋a＋…＋a＝＝.
2.解析：选B.依题意bn＝＝＝＝－，所以{bn}的前10项和为S10＝＋＋＋…＋＝－＝，故选B.
3.解析：选B.因为Sn为奇数，由an＋an＋1＝2n可知相邻两项和为偶数，所以n必为奇数．
a1＝1，a2＋a3＝22，a4＋a5＝24，…，an－1＋an＝2n－1，全部相加得Sn＝20＋22＋24＋…＋2n－1＝＝＝1 365，所以n＝11.
4.解析：选A.当n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；
当n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.
故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.
5.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＝，
所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，为公比的等比数列，故Sn＝.
6.解析：由题意，a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.
答案：100
7.解析：对数函数y＝logax的图象过定点(1，0)，
所以函数y＝loga(x－1)＋3的图象过定点(2，3)，
则a2＝2，a3＝3，故an＝n，
所以bn＝＝－，
所以T10＝＋＋…＋＝1－＝.
答案：
8.解析：设等比数列{an}的公比为q，
则a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2.
所以an＝×(－2)n－1.
等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，
则|an|＝×2n－1，
所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－.
答案：×(－2)n－1 2n－1－
9.解：(1)因为an＋1＝2＋Sn(n∈N*)，
所以an＝2＋Sn－1(n≥2).
所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an.所以an＋1＝2an(n≥2).
又因为a2＝2＋a1＝4，a1＝2，所以a2＝2a1，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an＝2·2n－1＝2n(n∈N*).
(2)因为bn＝1＋log2(an)2，
则bn＝2n＋1，所以＝.
所以Tn＝
＝＝.
10.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由S3＝9，a1，a3，a7成等比数列，
可得3a1＋3d＝9，a＝a1a7，
即(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，
解得a1＝3，d＝0或a1＝2，d＝1，
则an＝3或an＝n＋1.
(2)因为数列{an}是递增数列，
所以d>0，
即an＝n＋1，bn＝2＝2n＋1，
从而anbn＝(n＋1)·2n＋1，
Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)·2n＋1，①
2Tn＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)·2n＋2，②
①－②得－Tn＝8＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)·2n＋2
＝8＋－(n＋1)·2n＋2
＝－n·2n＋2，
所以Tn＝n·2n＋2.
11.解析：选D.由条件易知bn＝2n＋1，an＝n，
则cn＝(－1)n－1·＝(－1)n－1.
所以S2 023＝－＋－…＋
＝1＋＝.
12.解析：选ABC.因为数列{an}为递增数列，
所以a1＜a2＜a3.
因为an＋an＋1＝2n，
所以
所以
所以0＜a1＜1，故A正确．
所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝2＋6＋10＋…＋2(2n－1)＝2n2.
因为数列为递增数列，
所以b1＜b2＜b3.
因为bn·bn＋1＝2n，
所以所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1b2＞b，,b2b3＞b＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,b1)))\s\up12(2)．))
所以1＜b1＜，故B正确．
因为T2n＝b1＋b2＋…＋b2n
＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)
＝＋
＝(b1＋b2)(2n－1)≥2(2n－1)＝2(2n－1)，
所以对于任意的n∈N*，S2n＜T2n，故C正确，D错误．故选ABC.
13.解析：an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，bn＝1×2n－1＝2n－1，
cn＝abn＝2bn－1＝2n－1，
Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n
＝－n＝2n＋1－n－2，
因为Tn＋1－Tn＝2n＋2－(n＋1)－2－2n＋1＋n＋2＝2n＋1－1>0，
即Tn＋1>Tn，
所以数列{Tn}为递增数列，
因为T9＝210－9－2＝1 013<2 020，
T10＝211－10－2＝2 036>2 020，
所以n的最大值为9.
答案：9
14.解：由条件an＋1＋an＝4n－1，
an＋2＋an＋1＝4(n＋1)－1，
两式相减，得an＋2－an＝4(常数).
这表明数列{an}的奇数项与偶数项分别构成以4为公差的等差数列，且a2＝2.
当n为偶数时，
Sn＝×1＋×4＋×2＋×4＝n2－.
当n为奇数时，
Sn＝×1＋×4＋×2＋×4＝n2－.
故Sn＝
15.解析：选C.第一次操作去掉的区间长度为；
第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；
第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；
…第n次操作去掉2n－1个长度为的区间，长度和为，
于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为
Sn＝＋＋…＋＝1－，
由题意，1－≥，
即n lg ≤lg ＝－1，
即n(lg 3－lg 2)≥1，
解得n≥＝≈5.679，
又n为整数，所以n的最小值为6.故选C.
16.解：根据题意，数列{an}满足Sn＝3an－2，①
当n≥2时，有Sn－1＝3an－1－2，②
①－②可得：an＝3an－3an－1，可得2an＝3an－1，
当n＝1时，有S1＝a1＝3a1－2，解得a1＝1，
则数列{an}是以a1＝1为首项，公比为的等比数列，
则an＝，数列{nan}的前n项和为Tn，
则Tn＝1＋2×＋3×＋…＋n×，③
则Tn＝＋2×＋3×＋…＋n×，④
③－④可得－Tn＝1＋＋＋…＋－n×
＝－2－n×，
变形可得Tn＝4＋(2n－4)×，
若Tn>100，
则4＋(2n－4)×>100，
即(2n－4)×>96，经验证可知n≥7，
故满足Tn>100的最小的n值为7.
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