2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--专题强化练4　数列求和

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2024人教版高中数学选择性必修第二册同步
专题强化练4　数列求和
答案见P103　　60分钟
1.(2022河南南阳期末)已知等比数列{an}满足an=2×3n-1,则由此数列的奇数项按原来的顺序所组成的新数列的前n项和为(　　)
A.3n-1　　　　　B.3(3n-1) C.(9n-1)　　　　　D.4(9n-1)
2.(2023河南联考)在正项数列{an}中,a1=1,=1,记bn=,整数m满足lg(10119+1)A.　　　B.　　　C.　　　D.
3.(2023河南新乡多校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,Sn+Sn+1=n(n+2),则=(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
4.(2023江苏常州一中期末)高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号.用他的名字命名的高斯函数为f(x)=[x],其中[x]表示不超过x的最大整数,已知数列{an}满足a1=2,a2=6,an+2+5an=6an+1,若bn=[log5an+1],Sn为数列的前n项和,则[S2023]=(　　)
A.999　　　B.749　　　C.499　　　D.249
5.(2022江苏南京玄武高级中学检测)在等比数列{an}中,a2=2,a5=16,则2a2+3a3+4a4+…+10a10=　　　　.
6.(2023广东名校联盟期末)已知数列{an}的各项均为正数,且a1=2,+2an,设bn=an,函数f(x)满足f(x)+f(1-x)=a2,则f+…+f=　　　　.
7.(2023山西名校联考)已知数列{an}满足an>0,,且3a1,a2+3,a3成等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=求数列{bn}的前2n项和T2n.
8.(2023山东潍坊月考)已知数列{an}满足a1=-.
(1)求a2,a3及{an}的通项公式;
(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.
答案与分层梯度式解析
专题强化练4　数列求和
1.C 2.B 3.A 4.A
1.C　由an=2×3n-1,得a2k-1=2×32k-2=2×9k-1,k∈N*,a1=2,则=9,
因此由等比数列{an}的奇数项按原来的顺序所组成的新数列是首项为2,公比为9的等比数列,
所以新数列的前n项和为(9n-1).故选C.
2.B　因为a1=1,=1,
所以{}是以1为首项,1为公差的等差数列,
所以=1+(n-1)×1=n,
又因为an>0,所以an=,
所以bn=
=
=,
因为119=lg101193.A　当n=1时,S1+S2=2a1+a2=3,∵a1=1,∴a2=1,
当n≥2时,由Sn+Sn+1=n(n+2)可得Sn-1+Sn=(n-1)·(n+1),
两式相减得an+an+1=2n+1,
整理得an+1-(n+1)=-(an-n)(n≥2),
∵a2-2=-1,∴数列{an-n}从第2项起是以-1为首项,-1为公比的等比数列,
∴an=n+(-1)n-1(n≥2),又a1=1不满足上式,
∴an=
∴S2023=a1+a2+a3+…+a2023=1+(2-1)+(3+1)+…+(2023+1)=1+2+3+…+2023
==2023×1012,
∴S2024=S2023+a2024=2023×1012+(2024-1)=2023×1013,
∴.故选A.
4.A　由题意可得an+2-an+1=5(an+1-an),
又a2-a1=4,所以数列{an+1-an}是首项为4,公比为5的等比数列,
故an+1-an=4·5n-1,
所以an+1=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an+1-an)=2+4×50+4×51+…+4×5n-1=2+=5n+1,
则bn=[log5an+1]=[log5(5n+1)]=n,
故=1000,
所以S2023=1000×
=1000×∈(999,1000),
所以[S2023]=999.故选A.
5.答案　9216
解析　设等比数列{an}的公比为q,
由题可得解得
则an=2n-1,
令2a2+3a3+4a4+…+10a10=2×21+3×22+4×23+…+10×29=m,①
①×2,得2×22+3×23+…+9×29+10×210=2m,②
①-②,得2×21+(22+23+…+29)-10×210=-m,
则-m=2×21+-10×210=-9×210=-9216,
所以m=9216.
6.答案　4042
解析　由+2an,可得(an+1-an)(an+1+an)=2(an+1+an),
又数列{an}的各项均为正数,所以an+1-an=2,故数列{an}是首项为2,公差为2的等差数列,
则an=2+(n-1)×2=2n,
故bn=an=n,f(x)+f(1-x)=a2=2×2=4,
令x=,易得f=2,
则f+…+f
=f+…+f
=+…+
=4×1010+f=4042.
7.解析　(1)∵,
∴(an+1+an)(an+1-2an)=0,
∵an>0,∴an+1+an>0,∴an+1-2an=0,即=2,
∴数列{an}是公比为2的等比数列,
又3a1,a2+3,a3成等差数列,
∴3a1+a3=2(a2+3),即3a1+a1·22=2(2a1+3),解得a1=2,∴an=2n.
(2)由(1)可知an=2n,
∴bn=
∴T2n=b1+b2+b3+…+b2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=(21+23+…+22n-1)-(2+4+…+2n)
=-n(n+1).
8.解析　(1)因为2an+1-an=,所以当n=1时,2a2-a1=,解得a2=-,
当n=2时,2a3-a2=,解得a3=,
将2an+1-an=两边同乘2n可得2n+1an+1-2nan=2,
所以数列{2nan}是以2a1=-3为首项,2为公差的等差数列,
故2nan=-3+2(n-1)=2n-5,故an=.
(2)设数列{an}的前n项和为Tn.
则Tn=+…+,
+…+,
两式相减,得+…+
=-.
故Tn=-1-.
易知当n≤2时,an<0,当n≥3时,an>0,
所以当n≤2时,Sn=-Tn=1+;
当n≥3时,Sn=-a1-a2+a3+a4+…+an
=-T2+Tn-T2=Tn-2T2
=-1-
=.
因为当n=1时,S1=|a1|=,不满足上式,当n=2时,S2=|a1|+|a2|=,满足上式,
所以Sn=
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