第5章 专题课 数列求和 课后达标检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

　 1．化简式子＋＋＋…＋，得(　　) A．　　 B． C． D． 解析：选D. ＋＋＋…＋ ＝×(1－)＋×(－)＋×(－)＋…＋×(－)＝×(1－)＝.故选D. 2．若数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＋an＝2n，则S10＝(　　) A．684 B．682 C．342 D．341 解析：选B.a2＋a1＝21，a4＋a3＝23， a6＋a5＝25，a8＋a7＝27，a10＋a9＝29， 所以S10＝21＋23＋25＋27＋29＝＝682.故选B. 3．记正整数m，n的最大公约数为(m，n)，例如，(2，5)＝1，(6，15)＝3.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝(n，n＋2)，则S50＝(　　) A．50 B．75 C．100 D．1 275 解析：选B.依题意，a1＝(1，3)＝1，a2＝(2，4)＝2， a3＝(3，5)＝1，a4＝(4，6)＝2， 以此类推，可知当1≤n≤50，n∈N＋时， 当n为奇数时，an＝1； 当n为偶数时，an＝2， 所以S50＝25×1＋25×2＝75.故选B. 4．已知函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，令an＝，n∈N＋.记数列{an}的前n项和为Sn，则S120＝(　　) A．10 B．11 C．2－1 D．－1 解析：选A.由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝， 则f(x)＝x＝. 所以an＝＝＝－ ， S120＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1＝10.故选A. 5．数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N＋都有an＋1＝a1＋an＋n，则＋＋…＋＝(　　) A． B． C． D． 解析：选C.由an＋1＝a1＋an＋n，得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＝， 显然a1＝1也适合上式， 所以an＝， 于是有＝＝2×(－)， 因此＋＋…＋＝2×(1－＋－＋…＋－)＝2×＝.故选C. 6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝，若Sn≤k恒成立，则k的最小值是(　　) A． B．4 C． D．5 解析：选B.Sn＝＋＋＋…＋， Sn＝＋＋＋…＋， 两式相减可得， Sn＝＋＋＋＋…＋－＝＋－＝2－， 所以Sn＝4－，因为>0， 所以4－<4， 即Sn<4恒成立，故k≥4.故选B. 7．(多选)已知数列{an}：2，－4，6，－8，10，…，记{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是(　　) A．an＝(－2)n＋1 B．{a2n－1－a2n}是等差数列 C．S17>S19 D．S39＝40 解析：选BD.对于A，数列{an}：2，－4，6，－8，10，…的通项公式an＝(－1)n＋12n，故A错误； 对于B，a2n－1－a2n＝(－1)2n2(2n－1)－(－1)2n＋14n＝4n－2＋4n＝8n－2，故{a2n－1－a2n}是等差数列，故B正确； 对于C，S19＝S17＋a18＋a19＝S17－36＋38＝S17＋2>S17，故C错误； 对于D，S39＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a37＋a38)＋a39＝(2－4)＋(6－8)＋…＋(74－76)＋78＝19×(－2)＋78＝40，故D正确．故选BD. 8．(多选)(2025·潍坊期中)在古希腊，毕达哥拉斯把1，3，6，10，15，21，28，36，45，…这些数叫作三角形数．设第n个三角形数为an，则下面结论正确的是(　　) A．an－an－1＝n(n>1) B．a20＝210 C．1 024是三角形数 D．＋＋＋…＋＝ 解析：选ABD.因为a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，由此可归纳得an－an－1＝n(n>1)，故A正确； 将前面的所有式子累加可得an＝＋a1＝，所以a20＝210，故B正确； 令＝1 024，此方程没有正整数解，故C错误； ＝＝2，故＋＋…＋＝2[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝2(1－)＝，故D正确． 9．已知数列{an}，a1＝1，且an＋1＝an－，n∈N＋，则数列{an}的通项公式为____________． 解析：因为an＋1＝an－， 所以an＋1－an＝－＝－， 当n≥2时，a2－a1＝－，a3－a2 ＝－，…，an－an－1＝－， 相加得an－a1＝－， 所以an＝，当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝. 答案：an＝ 10．已知函数f(x)＝，则f()＋f()＋…＋f()＋f(1)＋f(2)＋…＋f(8)＋f(9)＝__________． 解析：因为f(x)＝，所以f(x)＋f()＝＋＝＋＝1，设f()＋f()＋…＋f()＋f(1)＋f(2)＋…＋f(8)＋f(9)＝m，① 则f(9)＋f(8)＋…＋f(2)＋f(1)＋f()＋…＋f()＋f()＝m，② ①＋②得17×1＝2m， 所以m＝. 答案： 11．设C1，C2，…，Cn，…是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线y＝x相切，对每一个正整数n，圆Cn都与圆Cn＋1相互外切，以rn表示圆Cn的半径，已知{rn}为递增数列，若r1＝1，则数列{n·rn}的前n项和为______________________． 解析：y＝x的倾斜角为α＝，设圆Cn，Cn＋1与直线y＝x的切点分别为E，F，连接CnE，Cn＋1F，过Cn作CnD⊥Cn＋1F，垂足为D， 则CnCn＋1＝rn＋1＋rn，Cn＋1D＝rn＋1－rn. 因为＝＝， 整理得＝3. 数列{rn}是以r1＝1为首项，3为公比的等比数列， 即rn＝1×3n－1＝3n－1， 所以n·rn＝n·3n－1 ，设数列{n·rn}的前n项和为Sn，则 Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n·3n－1， 3Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n， 两式相减得：－2Sn＝30＋31＋32＋…＋3n－1－n·3n＝－n·3n＝－， 即Sn＝. 答案： 12．(13分)已知数列满足：a1＝3，an＋1＝3an－4n＋2，n∈N＋. (1)证明：是等比数列；(6分) (2)求数列的前n项和Sn.(7分) 解：(1)证明：由an＋1＝3an－4n＋2得， an＋1－2＝3an－6n＝3， 又a1－2＝1，故是以1为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)知，an－2n＝3n－1， 则an＝3n－1＋2n， 故Sn＝＋＋…＋＝＋2(1＋2＋…＋n)＝＋n2＋n. 13．(15分)已知等差数列满足a1＝－5，a4＝1，等比数列满足b1＝a5，b2＝9. (1)求数列，的通项公式；(6分) (2)设数列满足cn＝an·bn，求数列的前n项和Tn.(9分) 解：(1)设等差数列的公差为d. 由a1＝－5，a4＝1， 可得－5＋3d＝1，解得d＝2， 则an＝－5＋2＝2n－7. 由b1＝a5＝3，b2＝9＝3b1， 可得是首项为3，公比为3的等比数列， 则bn＝3n. (2)由(1)得cn＝×3n， Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝－5×31＋×32＋…＋×3n－1＋×3n， 3Tn＝－5×32＋×33＋…＋×3n＋×3n＋1， 所以－2Tn＝－5×3＋2－×3n＋1 ＝－21＋2－×3n＋1＝－21＋2×－×3n＋1＝－24－×3n＋1， 故Tn＝×3n＋1＋12. 14．(15分)已知数列{an}满足：a1＋＋＋…＋＋＝n. (1)求数列{an}的通项公式；(6分) (2)记bn＝，数列{bn}的前n项和Tn.若对于任意的n∈N＋，不等式Tn<λ2＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．(9分) 解：(1)因为a1＋＋＋…＋＋＝n，① 当n＝1时，a1＝1， 当n≥2时，有a1＋＋＋…＋＝n－1，② ①－②得＝1，所以an＝n， 经检验a1＝1符合上式，所以an＝n，n∈N＋. (2)bn＝＝＝(－)， 所以Tn＝(1－＋－＋…＋－＋－)＝(1＋－－)， 因为Tn＝(1＋－－)<×(1＋)＝， 所以若对于任意的n∈N＋，不等式Tn<λ2＋λ恒成立， 则≤λ2＋λ， 解得λ≤－或λ≥. 故实数λ的取值范围为∪. 学科网（北京）股份有限公司 $