高中数学人教版新课标A必修52.5 等比数列的前n项和课时练习

这是一份高中数学人教版新课标A必修52.5 等比数列的前n项和课时练习，共5页。试卷主要包含了得q3＝3，等内容，欢迎下载使用。

双基达标 限时20分钟
1．设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}前7项的和为( )．
A．63 B．64 C．127 D．128
解析 设公比为q(q>0)，
由a5＝a1q4及题设，知16＝q4.
∴q＝2.∴S7＝eq \f(a11－q7,1－q)＝eq \f(1－27,1－2)＝127.
答案 C
2．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则eq \f(S4,a2)等于( )．
A．2 B．4 C.eq \f(15,2) D.eq \f(17,2)
解析 eq \f(S4,a2)＝eq \f(\f(a11－q4,1－q),a1q)＝eq \f(a11－16,－a1·2)＝eq \f(15,2).
答案 C
3．在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前3项和为21，则a3＋a4＋a5等于( )．
A．33 B．72 C．84 D．189
解析 由S3＝a1(1＋q＋q2)＝21且a1＝3，得q＋q2－6＝0.∵q>0，∴q＝2.
∴a3＋a4＋a5＝q2(a1＋a2＋a3)＝22·S3＝84.
答案 C
4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________.
解析 由a1＝1，S6＝4S3，
∴eq \f(a11－q6,1－q)＝4·eq \f(a11－q3,1－q)，
∴1－q6＝4(1－q3)．得q3＝3，
故a4＝a1q3＝1×3＝3.
答案 3
5．在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝1，a4＋a5＋a6＝－2.则该数列前15项的和S15＝________.
解析 由性质知：a1＋a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9，…成等比数列，其公比q＝eq \f(－2,1)＝－2，首项为a1＋a2＋a3＝1，其前5项和就是数列{an}的前15项的和S15＝eq \f(1·[1－－25],1－－2)＝11.
答案 11
6．已知数列{an}是等比数列，其中a7＝1，且a4，a5＋1，a6成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和记为Sn，证明：Sn<128(n＝1,2,3，…)．
(1)解 设等比数列{an}的公比为q(q∈R)，
由a7＝a1q6＝1，得a1＝q－6，
从而a4＝a1q3＝q－3，a5＝a1q4＝q－2，
a6＝a1q5＝q－1.
因为a4，a5＋1，a6成等差数列，
所以a4＋a6＝2(a5＋1)，
即q－3＋q－1＝2(q－2＋1)，q－1(q－2＋1)＝2(q－2＋1)．
所以q＝eq \f(1,2).
故an＝a1qn－1＝q－6·qn－1＝64eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.
(2)证明 Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(64\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))
＝128eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n))<128.
综合提高 限时25分钟
7．在等比数列{an}中，已知前4项和为1，前8项和为17，则此等比数列的公比q为 ( )．
A．2 B．－2
C．2或－2 D．2或－1
解析 已知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝1，,S8＝17，))即S4＝1，S8－S4＝16.
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝1，,a5＋a6＋a7＋a8＝16，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝1，,a1＋a2＋a3＋a4·q4＝16.))
两式相除得q4＝16，∴q＝±2.
答案 C
8．在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a12＋a22＋…＋an2等于 ( )．
A．(2n－1)2 B.eq \f(1,3)(2n－1)2
C．4n－1 D.eq \f(1,3)(4n－1)
解析 设等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝2n－1.易知等比数列{an}的公比q＝2，首项a1＝1，∴an＝2n－1，于是an2＝4n－1，∴a12＋a22＋…＋an2＝1＋4＋42＋…＋4n－1＝eq \f(1,3)(4n－1)．故选D.
答案 D
9．Sn＝1eq \f(1,2)＋3eq \f(1,4)＋5eq \f(1,8)＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2n－1＋\f(1,2n)))＝________.
解析 Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n)))
＝eq \f(n[1＋2n－1],2)＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))
＝n2＋1－eq \f(1,2n).
答案 n2＋1－eq \f(1,2n)
10．如果数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…，是首项为1，公比为2的等比数列，那么an等于________．
解析 an－an－1＝a1qn－1＝2n－1
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－a1＝2，,a3－a2＝22，,…,an－an－1＝2n－1.))
相加得an－a1＝2＋22＋…＋2n－1＝2n－2，
故an＝a1＋2n－2＝2n－1.
答案 2n－1
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*)，在数列{bn}中，b1＝1，点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，求Tn.
解 (1)由Sn＝2an－2，得Sn－1＝2an－1－2(n≥2)，
两式相减得an＝2an－2an－1，即eq \f(an,an－1)＝2(n≥2)，
又a1＝2a1－2，∴a1＝2，
∴{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，∴an＝2n.
∵点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上，
∴bn－bn＋1＋2＝0，即bn＋1－bn＝2，
∴{bn}是等差数列，∵b1＝1，∴bn＝2n－1.
(2)∵Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n①
∴2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)·2n＋1②
①－②得：
－Tn＝1×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1
＝2＋2·eq \f(22－2n·2,1－2)－(2n－1)2n＋1
＝2＋4·2n－8－(2n－1)2n＋1＝(3－2n)·2n＋1－6
∴Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
12．(创新拓展)n2(n≥4)个正数排成n行n列：
a11 a12 a13 a14 … a1n
a21 a22 a23 a24 … a2n
a31 a32 a33 a34 … a3n
… … … … … …
an1 an2 an3 an4 … an n
其中第一行的数成等差数列，每一列中的数成等比数列，并且所有公比相等，已知a24＝1，a42＝eq \f(1,8)，a43＝eq \f(3,16)，求a11＋a22＋a33＋…＋an n.
解 设第1行的公差为d，各列公比为q，则得
a1k＝a11＋(k－1)d，a24＝a14q＝(a11＋3d)q＝1①
a42＝a12q3＝(a11＋d)q3＝eq \f(1,8)②
a43＝a13q3＝(a11＋2d)q3＝eq \f(3,16)③
由①②③，解得a11＝d＝q＝eq \f(1,2).
∴akk＝a1kqk－1＝[a11＋(k－1)d]qk－1＝eq \f(k,2k).
设Sn＝a11＋a22＋a33＋…＋an n，则
Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…eq \f(n,2n)④
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)⑤
④－⑤得，
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(n＋2,2n＋1).
∴Sn＝2－eq \f(n＋2,2n).
即a11＋a22＋a33＋…＋an n＝2－eq \f(n＋2,2n).