高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试综合训练题

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在公差不为零的等差数列{an}中，a1=1，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=2an，Tn=b1＋b2＋…＋bn，求Tn.
已知在递增等差数列{an}中，a1=2，a3是a1和a9的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn= SKIPIF 1 < 0 ，Sn为数列{bn}的前n项和，求S100的值．
已知{an}是等差数列,{bn}是各项均为正数的等比数列,且b1=a1=1,b3=a4, b1+b2+b3=a3+a4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
已知在数列{an}中，a1=2，a2=4，且an＋1=3an－2an－1(n≥2).
(1)证明：数列{an＋1－an}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=eq \f(2n－1,an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足an·bn=lg3an，求{bn}的前n项和Tn.
已知数列{an}前n项和为Sn,且Sn=2n2+n,n∈N+,数列{bn}满足an=4lg2bn+3，n∈N+.
(1)求an和bn的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
已知{an}是公差为1的等差数列，且a1，a2，a4成等比数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
在等差数列中，，公差，记数列的前项和为．
（1）求；
（2）设数列的前项和为，若，，成等比数列，求．
设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
Sn为数列{an}的前n项和.已知an＞0，=.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设 ,求数列{bn}的前n项和.
设数列{an}满足a1+3a2+...+(2n-1)an=2n.
（1）求{an}通项公式；
（2）求数列 的前n项和．
各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=3，S3=39.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{cn}满足，求数列{cn}的前n项和Tn.
已知数列{an}的前n项和Sn=2an－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=an·lg2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn=eq \f(1,3)a1(an－1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足anbn=lg2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn 已知数列{an}的前n项和为 SKIPIF 1 < 0 ，且满足 SKIPIF 1 < 0 ．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令 SKIPIF 1 < 0 ，记数列 SKIPIF 1 < 0 的前 SKIPIF 1 < 0 项和为 SKIPIF 1 < 0 ．
证明： SKIPIF 1 < 0 ．
\s 0 答案解析
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a1＋3d2＝a1＋da1＋7d，))
解得d=1或d=0(舍去)，
∴an=1＋(n－1)=n.
(2)由(1)得an=n，∴bn=2n，
∴{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴Tn=eq \f(21－2n,1－2)=2n＋1－2.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an=a1＋(n－1)d.∵a3是a1和a9的等比中项，
∴aeq \\al(2,3)=a1a9，即(2＋2d)2=2(2＋8d)，解得d=0(舍)或d=2.∴an=a1＋(n－1)d=2n.
(2)bn=eq \f(1,n＋1an)=eq \f(1,2nn＋1)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
∴S100=b1＋b2＋…＋b100
=eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,100)－\f(1,101)))
=eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,101)))
=eq \f(50,101).
解：(1)设数列{an}的公差为d,{bn}的公比为q,
依题意得解得d=1,q=2,
所以an=1+(n-1)=n,bn=1×2n-1=2n-1.
(2)由(1)知cn=anbn=n·2n-1,则
Tn=1·20+2·21+3·22+…+n·2n-1 ①
2Tn=1·21+2·22+…+(n-1)·2n-1+n·2n ②
①-②得:-Tn=1·20+1·21+1·22+…+1·2n-1-n·2n
=-n·2n=(1-n)·2n-1.
所以Tn=(n-1)·2n+1.
解：(1)由an＋1=3an－2an－1(n≥2)，
得an＋1－an=2(an－an－1)，
因此数列{an＋1－an}是公比为2，首项为a2－a1=2的等比数列.
所以当n≥2时，an－an－1=2×2n－2=2n－1，
an=(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1=(2n－1＋2n－2＋…＋2)＋2=2n，
当n=1时，也符合，故an=2n.
(2)由(1)知bn=eq \f(2n－1,2n)，所以Tn=eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n) ①，
eq \f(1,2)Tn=eq \f(1,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(5,24)＋…＋eq \f(2n－1,2n＋1) ②，
①－②，得eq \f(1,2)Tn=eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(2,24)＋…＋eq \f(2,2n)－eq \f(2n－1,2n＋1)
=eq \f(1,2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)))－eq \f(2n－1,2n＋1)=eq \f(1,2)＋2×eq \f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(2n－1,2n＋1)
=eq \f(1,2)＋1－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)=eq \f(3,2)－eq \f(2n＋3,2n＋1)，
所以Tn=3－eq \f(2n＋3,2n).
解：（1）因为，所以，，故
当时，此时，即
所以，
（2）因为，所以，
当时，所以，
当时，，
所以，两式相减，得
所以，经检验，时也适合，
综上可得：.
解：（1）∵，∴当时，.
当时，.
∵时，满足上式，∴.
又∵，∴，解得：.
故，，.
（2）∵，，
∴①
②
由①-②得：
∴，.
解：（1）由题意得，，故，
所以的通项公式为．
（2）设数列的前项和为，则，
，
两式相减得，
所以．
解：（1）∵，
∴，∴，∴．
∴，．
（2）若，，成等比数列，则，
即，∴．
∵，
∴．
解：（1）设等差数列的公差为，
因为成等比数列，所以，
即，解得，所以.
（2）由（1）知,
所以；
当或者时，取到最小值.
解：（1）由an2+2an=4Sn+3，可知an+12+2an+1=4Sn+1+3
两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）=4an+1，
即2（an+1+an）=an+12﹣an2=（an+1+an）（an+1﹣an），
∵an＞0，∴an+1﹣an=2，
∵a12+2a1=4a1+3，∴a1=﹣1（舍）或a1=3，
则{an}是首项为3，公差d=2的等差数列，
∴{an}的通项公式an=3+2（n﹣1）=2n+1：
（2）∵an=2n+1，
∴bn（），
∴数列{bn}的前n项和Tn（）
（）.
解：（1）数列满足
时,
∴ ∴当时,,上式也成立
∴
（2）
∴数列的前n项和
解：
解：(1)当n=1时，a1=2a1－2，所以a1=2.
当n≥2时，Sn－1=2an－1－2，
Sn－Sn－1=(2an－2)－(2an－1－2)，即an=2an－1.
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n.
(2)由(1)得bn=2nlg22n=n·2n，
所以Tn=1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，
2Tn=1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
两式相减，得－Tn=21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
=eq \f(21－2n,1－2)－n×2n＋1
=(1－n)2n＋1－2，
所以Tn=(n－1)2n＋1＋2.
解：(1)当n=1时，a1=S1=eq \f(1,3)a1(a1－1)=eq \f(1,3)aeq \\al(2,1)－eq \f(1,3)a1，
∵a1≠0，∴a1=4.
∴Sn=eq \f(4,3)(an－1)，
∴当n≥2时，Sn－1=eq \f(4,3)(an－1－1)，
两式相减得an=4an－1(n≥2)，
∴数列{an}是首项为4，公比为4的等比数列，
∴an=4n.
(2)证明：∵anbn=lg2an=2n，∴bn=eq \f(2n,4n)，
∴Tn=eq \f(2,41)＋eq \f(4,42)＋eq \f(6,43)＋…＋eq \f(2n,4n)，
eq \f(1,4)Tn=eq \f(2,42)＋eq \f(4,43)＋eq \f(6,44)＋…＋eq \f(2n,4n＋1)，
两式相减得eq \f(3,4)Tn=eq \f(2,4)＋eq \f(2,42)＋eq \f(2,43)＋eq \f(2,44)＋…＋eq \f(2,4n)－eq \f(2n,4n＋1)
=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,42)＋\f(1,43)＋\f(1,44)＋…＋\f(1,4n)))－eq \f(2n,4n＋1)
=2×eq \f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq \f(2n,4n＋1)=eq \f(2,3)－eq \f(2,3×4n)－eq \f(2n,4n＋1)=eq \f(2,3)－eq \f(6n＋8,3×4n＋1).
∴Tn=eq \f(8,9)－eq \f(6n＋8,9×4n) 解：（1）当 SKIPIF 1 < 0 时，有 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 .
当 SKIPIF 1 < 0 时，有 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，
整理得： SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 数列 SKIPIF 1 < 0 是以 SKIPIF 1 < 0 为公比，以 SKIPIF 1 < 0 为首项的等比数列．
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，
即数列 SKIPIF 1 < 0 的通项公式为： SKIPIF 1 < 0 ．
（2）由（1）有 SKIPIF 1 < 0 ，则
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
易知数列 SKIPIF 1 < 0 为递增数列， SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ．