2024版新教材高中数学第五章数列5.3等比数列5.3.2等比数列的前n项和第2课时数列求和课时作业新人教B版选择性必修第三册

第2课时数列求和必备学问基础练1．数列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，(2n－1)＋eq\f(1,2n)，…的前n项和Sn＝()A．n2＋1－eq\f(1,2n)B．2n2－n＋1－eq\f(1,2n)C．n2＋1－eq\f(1,2n－1)D．n2－n＋1－eq\f(1,2n)2．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列{eq\f(1,an＋3an＋4)}的前n项和Sn＝()A．eq\f(n＋1,n＋2)B．eq\f(n,n＋1)C．eq\f(n,n＋2)D．eq\f(2n,n＋1)3．德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子．在其年幼时，对1＋2＋3＋…＋100的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现确定的规律生成；因此，此方法也称之为高斯算法．现有函数f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，则f(eq\f(1,2024))＋f(eq\f(2,2024))＋f(eq\f(3,2024))＋…＋f(eq\f(2024,2024))＝()A．1008B．1009C．2024D．20244．已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n＋1an＝2，则其前100项和为________.5.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．6.在正项等比数列{an}中，a1＝1，且2a3，a5，3a4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝eq\f(n,an)，求数列{bn}的前n项和Sn.关键实力综合练7.数列{an}满足a1＝1，对随意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2024)＝()A．eq\f(2024,2024)B．eq\f(2024,2024)C．eq\f(4046,2024)D．eq\f(4048,2024)8．已知数列{an}的各项均为正数，a1＝2，an＋1－an＝eq\f(4,an＋1＋an)，若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1＋an)))的前n项和为5，则n＝()A．119B．121C．120D．1229．已知Tn为数列{eq\f(2n＋1,2n)}的前n项和，若m>T10＋1013恒成立，则整数m的最小值为()A．1026B．1025C．1024D．102310．已知函数y＝f(x)满足f(x)＋f(1－x)＝1，若数列{an}满足an＝f(0)＋f(eq\f(1,n))＋f(eq\f(2,n))＋…＋f(eq\f(n－1,n))＋f(1)，则数列{an}的前20项的和为()A．230B．115C．110D．100

11.已知各项均为正数的数列{an}，若该数列对于随意n∈N*，都有an＋1＝eq\f(2an,an＋2).(1)证明数列{eq\f(2,an)}为等差数列；(2)设a1＝2，求数列{anan＋1}的前n项和Sn.12．已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝3an＋3n(n∈N*).(1)求证：数列{eq\f(an,3n)}为等差数列，并求出数列{an}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.核心素养升级练13.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*).(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；(2)设bn＝log2(an＋1)，求数列{eq\f(1,bnbn＋1)}的前n项和Tn.14．设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n为奇数，,b\s\do9(\f(n,2))，n为偶数，))求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N＋).第2课时数列求和必备学问基础练1．答案：A解析：该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋eq\f(1,2n)，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n))＝n2＋1－eq\f(1,2n).故选A.2．答案：B解析：设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，得a5＝2，d＝1，所以an＝n－3.则an＋3＝n，an＋4＝n＋1，所以eq\f(1,an＋3an＋4)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).所以Sn＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).故选B.3．答案：B解析：因为f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，且f(x)＋f(1－x)＝eq\f(4x,4x＋2)＋eq\f(41－x,41－x＋2)＝eq\f(4x,4x＋2)＋eq\f(4,2×4x＋4)＝1，令S＝f(eq\f(1,2024))＋f(eq\f(2,2024))＋f(eq\f(3,2024))＋…＋f(eq\f(2024,2024))，又S＝f(eq\f(2024,2024))＋f(eq\f(2017,2024))＋f(eq\f(2016,2024))＋…＋f(eq\f(1,2024))，两式相加得：2S＝1×2024，解得S＝1009，故选B.4．答案：100解析：当n＝2k－1，k∈N＋时，a2k＋a2k－1＝2，所以{an}的前100项和为(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝50×2＝100.5．解析：(1)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，可得q＝eq\f(b3,b2)＝3，所以bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1(n∈N＋)，又由a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以d＝eq\f(a14－a1,14－1)＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1(n∈N＋).(2)由题意知cn＝an＋bn＝(2n－1)＋3n－1，则数列{cn}的前n项和为[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＋eq\f(1－3n,1－3)＝n2＋eq\f(3n－1,2).6．解析：设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，(1)因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a5＝2a3＋3a4，,a1＝1，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1q4＝2a1q2＋3a1q3，,a1＝1，))所以2q2－3q－2＝0，所以q＝2或q＝－eq\f(1,2)(舍去)，所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N＋).(2)因为bn＝eq\f(n,an)＝eq\f(n,2n－1)(n∈N＋)，所以Sn＝eq\f(1,20)＋eq\f(2,21)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1)，①eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,21)＋eq\f(2,22)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，②①－②得eq\f(1,2)Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(n＋2,2n)，所以Sn＝4－eq\f(n＋2,2n－1).关键实力综合练7．答案：C解析：由an＋1＝a1＋an＋n⇒an＋1－an＝n＋1，当n≥2，n∈N*时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝eq\f(（1＋n）n,2)，明显a1＝1也适合，所以an＝eq\f(（1＋n）n,2)，于是有eq\f(1,an)＝eq\f(2,（1＋n）n)＝2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，因此eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2024)＝2(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2024)－eq\f(1,2024))＝2×eq\f(2024,2024)＝eq\f(4046,2024).故选C.8．答案：C解析：依题意有aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝4，即数列{aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))}是以4为首项，4为公差的等差数列，故aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝4n，an＝2eq\r(n)，则eq\f(1,an＋1＋an)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\f(1,2)(eq\r(n＋1)－eq\r(n))，前n项和Sn＝eq\f(1,2)(eq\r(2)－1＋eq\r(3)－eq\r(2)＋…＋eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\f(1,2)(eq\r(n＋1)－1)，所以eq\f(1,2)(eq\r(n＋1)－1)＝5，解得n＝120.故选C.9．答案：C解析：因为eq\f(2n＋1,2n)＝1＋(eq\f(1,2))n，所以Tn＝n＋1－eq\f(1,2n)，所以T10＋1013＝11－eq\f(1,210)＋1013＝1024－eq\f(1,210)，又m>T10＋1013，所以整数m的最小值为1024.故选C.10．答案：B解析：an＝f(0)＋f(eq\f(1,n))＋f(eq\f(2,n))＋…＋f(eq\f(n－1,n))＋f(1)，①an＝f(1)＋f(eq\f(n－1,n))＋f(eq\f(n－2,n))＋…＋f(eq\f(1,n))＋f(0)，②两式相加，又因为f(x)＋f(1－x)＝1，故2an＝n＋1，所以an＝eq\f(n＋1,2)，所以{an}的前20项的和为Sn＝a1＋a2＋…＋a20＝eq\f(2,2)＋eq\f(3,2)＋…＋eq\f(21,2)，Sn＝20×1＋eq\f(20×19,2)×eq\f(1,2)＝115.故选B.11．解析：(1)证明：数列{an}的各项都为正数，且an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，两边取倒数得eq\f(2,an＋1)＝eq\f(2,an)＋1，即eq\f(2,an＋1)－eq\f(2,an)＝1，故数列{eq\f(2,an)}是公差为1的等差数列．(2)当a1＝2时，eq\f(2,a1)＝1，因为数列{eq\f(2,an)}是公差为1的等差数列，所以eq\f(2,an)＝1＋n－1＝n，所以an＝eq\f(2,n)，所以anan＋1＝eq\f(4,n（n＋1）)＝4(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，所以Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋anan＋1＝4[(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n))＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))]＝4(1－eq\f(1,n＋1))＝4－eq\f(4,n＋1)＝eq\f(4n,n＋1).12．解析：(1)证明：∵an＋1＝3an＋3n，所以eq\f(an＋1,3n＋1)－eq\f(an,3n)＝eq\f(3an＋3n,3n＋1)－eq\f(an,3n)＝eq\f(1,3)，即eq\f(an＋1,3n＋1)－eq\f(an,3n)＝eq\f(1,3)，又eq\f(a1,3)＝eq\f(1,3)，则数列{eq\f(an,3n)}是等差数列，且该数列首项为eq\f(a1,3)＝eq\f(1,3)，公差为eq\f(1,3)，所以eq\f(an,3n)＝eq\f(1,3)＋(n－1)×eq\f(1,3)＝eq\f(n,3)，解得an＝n·3n－1.(2)Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n×3n－1，①∴3Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n，②①－②得－2Sn＝1×30＋1×31＋1×32＋…＋1×3n－1－n×3n＝eq\f(1×（1－3n）,1－3)－n×3n＝eq\f(（1－2n）3n－1,2)，所以Sn＝eq\f(（2n－1）3n＋1,4).核心素养升级练13．解析：(1)依题意：an＋1＋1＝2(an＋1)，所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2，故数列{an＋1}是以首项a1＋1＝2，公比为2的等比数列．(2)由(1)可知an＋1＝2·2n－1，an＝2n－1，bn＝log2(an＋1)＝n，故eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，故Tn＝1－eq\f(1,2