课时分层评价13 数列求和(二)-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套练习word（人教A版）

课时分层评价13　数列求和(二) (时间：60分钟　满分：105分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—9，每小题5分，共45分) 1.在数列{an}中，a1＝1，对于任意自然数n，都有＝an＋n·2n，则等于(　　) A.99·＋2 B.98·299 ＋2 C.99·＋3 D.98·2100＋3 答案：D 解析： －an＝n·2n，所以a2－a1＝1·21，a3－a2＝2·22，a4－a3＝3·23，… ，an－＝(n－1)·，以上n－1个等式，累加得an－a1＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·①，又因为2an－2a1＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－2)·＋(n－1)·2n②，①－ ②得a1－an＝(2＋22＋23＋…＋)－(n－1)·2n＝－(n－1)·2n＝(2－n)·2n－2，所以an＝(n－2)·2n＋3(n≥2)，所以a100＝98·2100＋3.故选D. 2.已知数列{an}的通项公式为an＝，n∈N*，则数列{an}的前100项之和为(　　) A.6－ B.6－ C. D. 答案：B 解析：设数列{an}的前n项和为Sn，因为an＝，所以Sn＝1＋＋＋…＋，则有Sn＝＋＋＋…＋＋，两式相减得Sn＝1＋(1＋＋＋＋…＋)－＝1＋－＝3－，所以Sn＝6－，则有S100＝6－.故选B. 3.(2025·安徽部分高中阶段检测)已知正项数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且{}为等差数列.设cn＝，若数列{cn}的前k项和为10，则k＝(　　) A.30 B.31 C.40 D.41 答案：C 解析：由题知＝1，＝4，则等差数列{}的公差为3，所以＝3n－2，所以an＝，所以cn＝＝－，所以数列{cn}的前n项和为Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.由Sk＝－1＝10，得k＝40.故选C. 4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q＞0，a1＝1，a3＝a2＋2.若数列{bn}的前n项和为Tn，an＋1＝bnSn＋1Sn，n∈N*，则T9＝(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：因为a1＝1，a3＝a2＋2，所以a1q2＝a1q＋2，即q2－q－2＝0，所以q＝2，或q＝－1，因为q＞0，所以q＝2，所以an＝2n－1，Sn＝＝＝2n－1.因为an＋1＝bnSn＋1Sn，所以Sn＋1－Sn＝bnSn＋1Sn，所以bn＝＝－，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝1－，所以T9＝1－＝.故选C. 5.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a8＝31，S10＝210，则(　　) A.数列是公比为8的等比数列 B.S19＝19a10 C.若bn＝(－1)n·an，则数列{bn}的前2 025项和为－4 051 D.若bn＝，则数列{bn}的前2 025项和为 答案：BCD 解析：由题意，设{an}的公差为d，则有解得a1＝3，d＝4，故an＝4n－1.对于A，＝，令cn＝，则当n≥2时，＝＝28，则数列是公比为28的等比数列，故A错误；对于B，由等差数列的性质可知S19＝＝＝19a10，故B正确；对于C，bn＝(－1)n·an＝(－1)n·(4n－1)，则{bn}的前2 025项和T2 025＝－3＋7－11＋15－…＋8 095－8 099＝4×1 012－8 099＝－4 051，故C正确；对于D，bn＝＝，则{bn}的前2 025项和＝－＋－＋…＋－)＝，故D正确.故选BCD. 6.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an－1，数列{bn}满足bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则下列命题正确的是(　　) A.数列{an}的通项公式为an＝3n－1 B.{lg an}为等差数列 C.Tn的取值范围是［，) D.数列{bn}的通项公式为bn＝ 答案：BCD 解析：当n＝1时，S1＝a1－1，则a1＝2，由Sn＝an－1得，当n≥2时，Sn－1＝an－1－1，两式相减得，an＝(an－an－1)，则＝3，所以{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以an＝a1qn－1＝2×3n－1，故A错误；lg an＝lg(2·3n－1)＝lg 2＋lg 3n－1＝(n－1)lg 3＋lg 2，所以lg an＋1－lg an＝nlg 3＋lg 2－(n－1)lg 3－lg 2＝lg 3，所以{lg an}是以lg a1＝lg 2为首项，lg 3为公差的等差数列，故B正确；Sn＝×2×3n－1－1＝3n－1，则bn＝，故D正确；bn＝×＝－)，所以Tn＝［(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)］＝－＜.因为bn＞0，所以数列{Tn}为单调递增数列，则Tn≥T1＝，故≤Tn＜.故C正确.故选BCD. 7.已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，－(an－1＋2)an－an－1－3＝0(n≥2)，则＋＋…＋＝　　　　. 答案： 解析：由－(an－1＋2)an－an－1－3＝0，得(an＋1)(an－an－1－3)＝0，因为a1＝1，an＞0，所以an－an－1＝3，所以数列{an}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)×3＝3n－2，则＝＝－)，所以＋＋…＋＝［(1－)＋(－)＋…＋(－)］＝(1－)＝. 8.(双空题)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式为　　　　，数列{nan}的前n项和为Sn＝　　　　　　　　　　. 答案：2n－1－1　(n－1)2n＋1－ 解析：由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，又a1＋1＝1，则是以1为首项，2为公比的等比数列，所以即an＋1＝2n－1，即an＝2n－1－1，所以nan＝n(2n－1－1)＝n2n－1－n，设bn＝n2n－1，前n项和为Tn，则Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1，2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n·2n，两式相减得－Tn＝(20＋21＋22＋23＋…＋2n－1)－n·2n＝－n·2n＝(1－n)2n－1，Tn＝(n－1)2n＋1，又1＋2＋3＋…＋n＝，则Sn＝(n－1)2n＋1－. 9.在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则数列的前n项和是　　　　　　　. 答案：1－ 解析：在各项都为正数，公比设为q(q＞0)的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则4q4＝64，解得q＝2，则an＝2×2n－1＝2n.数列.因为＝－，所以数列的前n项和是(－)＋(－)＋…＋(－)＝1－. 10.(13分)已知Sn为数列{an}的前n项和，an＞0，＋2an＝4Sn. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并证明：≤Tn＜. 解：(1)因为＋2an＝4Sn， 所以当n＝1时，＋2a1＝4S1，则＝2a1， 又an＞0，所以a1＝2， 当n≥2时，由＋2an＝4Sn，得＋2an－1＝4Sn－1， 所以＋2an－(＋2an－1)＝4(Sn－Sn－1)， 即－＝4an－2an＋2an－1， 所以(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1)， 因为an＞0，所以an－an－1＝2， 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝2＋2(n－1)＝2n. (2)由(1)得an＝2n， 则bn＝＝－)， 所以Tn＝×［(1－)＋(－)＋…＋(－)］＝(1－)， 因为＞0，所以1－＜1，所以Tn＜. 又因为n∈N*，所以随着n的增大而减小，从而Tn随着n的增大而增大，所以Tn≥T1＝. 综上所述，≤Tn＜. (11—13，每小题5分，共15分) 11.设S＝ ＋＋ ＋…＋ ，[S]表示不大于S的最大整数(例如：[2.34]＝2，[－π]＝－4)，则[S]等于(　　) A.2 023 B.2 024 C.2 025 D.2 026 答案：B 解析：因为 ＝ ＝＝1＋(－)，所以S＝［1＋］＋［1＋］＋…＋［1＋］＝2 025－，所以[S]＝2 024.故选B. 12.已知{an}是首项为1的等差数列，{bn}是公比为的等比数列，数列{an·bn}的前n项和Sn＝3－，则数列的前n项和等于(　　) A.(n＋3)·2n－6 B.(2n－3)·2n＋1＋6 C.(2n－3)·2n＋4 D.(2n－1)·2n＋1＋2 答案：B 解析：由数列{an·bn}的前n项和Sn＝3－，得a1b1＝S1＝3－＝，又a1＝1，所以b1＝，所以bn＝×()n－1＝，设等差数列{an}的公差为d，由a2b2＝S2－S1＝3－－＝， 得(1＋d)×＝⇒d＝2， 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1， 所以＝(2n－1)2n，所以数列的前n项和Tn＝＋＋…＋＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n①，得2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1②， ①－②得－Tn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)2n＋1＝2＋2×－(2n－1)2n＋1＝－(2n－3)·2n＋1－6，所以Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6.故选B. 13.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2 025项和为　　　　. 答案： 解析：由条件易知bn＝2n＋1，an＝n，则cn＝(－1)n－1＝(－1)n－1(＋).令数列{cn}的前n项和为Sn，所以S2 025＝－＋－…－＋(＋)＝1＋＝. 14.(15分)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3. (1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知＝bn，求数列的前n项和Tn. 解：(1)设数列{an}的公比为q， 由题意知，a1(1＋q)＝6，q＝a1q2， 又an＞0， 解得a1＝2，q＝2，所以an＝2×2n－1＝2n. (2)由题意知，＝＝(2n＋1)，又＝bn，所以(2n＋1)bn＋1＝bnbn＋1，≠0， 所以bn＝2n＋1. 令cn＝，则cn＝， 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋＋…＋＋. 又Tn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减得Tn＝＋(＋＋…＋)－＝＋－ ＝－，所以Tn＝5－. 15.(17分)黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数ζ(n)＝n－s＝＋＋＋…，我们经常从无穷级数的部分和＋＋＋…＋入手.请你回答下列问题： (1)求［＋＋＋…＋］；(其中[x]表示不超过x的最大整数，例如：[－3.5]＝－4，[2]＝2) (2)已知各项均为正的数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(an＋)，求［＋＋…＋］.(参考数据：452＝2 025，45.012≈2 025.9，45.022≈2 026.8，≈1.414 2) 解：(1)＋＋＋…＋＜＋＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝1＋1－＝， ＋＋＋…＋＞1＋＋＋…＋＝1＋－＋－＋…＋－＝1＋－＝， 所以＜＋＋＋…＋＜， 所以［＋＋＋…＋］＝1. (2)当n＝1时，S1＝a1＝(a1＋)，解得＝1，因为an＞0，所以a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以2Sn＝Sn－Sn－1＋，即－＝1， 所以数列{}是首项，公差均为1的等差数列，所以＝n(n∈N*). 因为an＞0，所以Sn＞0，所以Sn＝， 当n≥2时，＜＜， 即＜＜， 所以2(－)＜＜2(－)， 令S＝＋＋…＋， 则S＞1＋2(－＋－＋…＋－)＝1＋2(－)， 因为45.012≈2 025.9，45.022≈2 026.8，＜1.42， 所以1＋2(－)＞1＋2×(45.01－1.42)＝88.18， S＜1＋2(－＋－＋－＋…＋－)＝1＋2(－1)， 因为452＝2 025， 所以S＜1＋2(45－1)＝89， 所以88.18＜S＜89，所以[S]＝88. 学科网（北京）股份有限公司 $