高中人教版新课标A2.5 等比数列的前n项和第2课时同步训练题

这是一份高中人教版新课标A2.5 等比数列的前n项和第2课时同步训练题，共7页。试卷主要包含了5　第2课时等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)，…的前n项和Sn为( )
A．n2＋1－eq \f(1,2n)B．n2＋1－eq \f(1,2n－1)
C．n2＋2－eq \f(1,2n)D．n2＋2－eq \f(1,2n－1)
[答案] A
[解析] 由题设知，数列的通项为an＝2n－1＋eq \f(1,2n)，显然数列的各项为等差数列{2n－1}和等比数列{eq \f(1,2n)}相应项的和，从而Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n))＝n2＋1－eq \f(1,2n).
2．已知数列{an}的通项公式是an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n项和为10，则项数n为( )
A．11B．99
C．120D．121
[答案] C
[解析] 因为an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(eq \r(2)－1)＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＝eq \r(n＋1)－1＝10，解得n＝120.
3．已知等比数列的前n项和Sn＝4n＋a，则a的值等于( )
A．－4B．－1
C．0D．1
[答案] B
[解析] a1＝S1＝4＋a，
a2＝S2－S1＝42＋a－4－a＝12，
a3＝S3－S2＝43＋a－42－a＝48，
由已知得aeq \\al(2,2)＝a1a3，
∴144＝48(4＋a)，
∴a＝－1.
4．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于( )
A．200B．－200
C．400D．－400
[答案] B
[解析] S100＝1－5＋9－13＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝50×(－4)＝－200.
5．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq \f(1,nn＋1)，则S5等于( )
A．1 B．eq \f(5,6)
C．eq \f(1,6)D．eq \f(1,30)
[答案] B
[解析] an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴S5＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,6)＝1－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).
6．数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)等于( )
A．(3n－1)2 B．eq \f(1,2)(9n－1)
C．9n－1D．eq \f(1,4)(3n－1)
[答案] B
[解析] ∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2)，
两式相减得an＝3n－3n－1＝2·3n－1，
又a1＝2满足上式，
∴an＝2·3n－1.
∴aeq \\al(2,n)＝4·32n－2＝4·9n－1，
∴aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝4(1＋9＋92＋…＋9n－1)
＝eq \f(41－9n,1－9)＝eq \f(1,2)(9n－1)．
二、填空题
7．数列eq \f(2,2)，eq \f(4,22)，eq \f(6,23)，…，eq \f(2n,2n)，…前n项的和为________．
[答案] 4－eq \f(n＋2,2n－1)
[解析] 设Sn＝eq \f(2,2)＋eq \f(4,22)＋eq \f(6,23)＋…＋eq \f(2n,2n)①
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(2,22)＋eq \f(4,23)＋eq \f(6,24)＋…＋eq \f(2n,2n＋1)②
①－②得
(1－eq \f(1,2))Sn＝eq \f(2,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(2,24)＋…＋eq \f(2,2n)－eq \f(2n,2n＋1)＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n,2n＋1).
∴Sn＝4－eq \f(n＋2,2n－1).
8．已知数列a1＋2，a2＋4，…，ak＋2k，…，a10＋20共有10项，其和为240，则a1＋a2＋…＋ak＋…＋a10＝________.
[答案] 130
[解析] 由题意，得a1＋a2＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋4＋…＋2k＋…＋20)＝240－110＝130.
三、解答题
9．求数列1,3a,5a2,7a3，…，(2n－1)an－1的前n项和．
[解析] 当a＝1时，数列变为1,3,5,7，…，(2n－1)，
则Sn＝eq \f(n[1＋2n－1],2)＝n2，
当a≠1时，有
Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)an－1，①
aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－1)an，②
①－②得：
Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－(2n－1)an，
(1－a)Sn＝1－(2n－1)an＋2(a＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1)
＝1－(2n－1)an＋2·eq \f(a1－an－1,1－a)
＝1－(2n－1)an＋eq \f(2a－an,1－a).
又1－a≠0，
所以Sn＝eq \f(1－2n－1an,1－a)＋eq \f(2a－an,1－a2).
10．(2014·全国大纲文，17)数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.
(1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
[解析] (1)证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2得
an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2.
即bn＋1＝bn＋2.
又b1＝a2－a1＝1.
所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，
即an＋1－an＝2n－1.
于是eq \i\su(k＝1,n, )(ak＋1－ak)＝eq \i\su(k＝1,n, )(2k－1)，
所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.
又a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.
一、选择题
1．已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n＋1,n＋3)，则eq \f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝( )
A．eq \f(31,5) B．eq \f(32,5)
C．6D．7
[答案] A
[解析] ∵eq \f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)
＝eq \f(a2＋a22＋a5＋a17,b8＋b16＋b10＋b12)
＝eq \f(2a12＋2a11,2b12＋2b11)
＝eq \f(a11＋a12,b11＋b12)＝eq \f(a1＋a22,b1＋b22)，
又∵eq \f(S22,T22)＝eq \f(a1＋a22×22,b1＋b22×22)＝eq \f(a1＋a22,b1＋b22)，
∴eq \f(a1＋a22,b1＋b22)＝eq \f(7×22＋1,22＋3)＝eq \f(31,5).
∴eq \f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝eq \f(31,5).
2．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为( )
A．3690B．3660
C．1845D．1830
[答案] D
[解析] 不妨令a1＝1，则a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以当n为奇数时，an＝1；当n为偶数时，各项构成以2为首项，4为公差的等差数列，所以前60项的和为30＋2×30＋eq \f(30×30－1,2)×4＝1830.
3．数列{an}的通项公式是an＝eq \r(2)sin(eq \f(nπ,2)＋eq \f(π,4))，设其前n项和为Sn，则S12的值为( )
A．0 B．eq \r(2)
C．－eq \r(2)D．1
[答案] A
[解析] a1＝eq \r(2)sin(eq \f(π,2)＋eq \f(π,4))＝1，
a2＝eq \r(2)sin(π＋eq \f(π,4))＝－1，
a3＝eq \r(2)sin(eq \f(3π,2)＋eq \f(π,4))＝－1，
a4＝eq \r(2)sin(2π＋eq \f(π,4))＝1，
同理，a5＝1，a6＝－1，
a7＝－1，a8＝1，a9＝1，
a10＝－1，a11＝－1，a12＝1，
∴S12＝0.
4．已知等差数列{an}满足a5＋a2n－5＝2n(n≥3)，则当n≥1时，2a1＋2a3＋…＋2a2n－1＝( )
A．eq \f(22n－2,3) B．eq \f(22n＋1－2,3)
C．eq \f(2n－2,3)D．eq \f(2n＋1－2,3)
[答案] B
[解析] 由a5＋a2n－5＝2n(n≥3)，得2an＝2n，
∴an＝n.
∴2a1＋2a3＋…＋2a2n－1＝2＋23＋25＋…＋22n－1
＝eq \f(21－4n,1－4)＝eq \f(22n＋1－2,3).
二、填空题
5．设f(x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))，利用课本中推导等差数列前n项和的方法，可求得f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值为________．
[答案] 3eq \r(2)
[解析] f(0)＋f(1)＝eq \f(1,1＋\r(2))＋eq \f(1,2＋\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
f(x)＋f(1－x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))＋eq \f(1,21－x＋\r(2))
＝eq \f(\r(2),\r(2)2x＋\r(2))＋eq \f(2x,\r(2)\r(2)＋2x)＝eq \f(\r(2),2)，
∴f(－5)＋f(－4)＋…＋f(5)＋f(6)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－5＋f6＋f－4＋f5＋…＋f6))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋f－5))＝eq \f(1,2)×12×(f(0)＋f(1))＝3eq \r(2).
6．求和1＋(1＋3)＋(1＋3＋32)＋(1＋3＋32＋32)＋…＋(1＋3＋…＋3n－1)＝________.
[答案] eq \f(3,4)(3n－1)－eq \f(n,2)
[解析] a1＝1，a2＝1＋3，a3＝1＋3＋32，……
an＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq \f(1,2)(3n－1)，
∴原式＝eq \f(1,2)(31－1)＋eq \f(1,2)(32－1)＋……＋eq \f(1,2)(3n－1)＝eq \f(1,2)[(3＋32＋…＋3n)－n]＝eq \f(3,4)(3n－1)－eq \f(n,2).
三、解答题
7．(2013·浙江理，18)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．
(1)求d，an；
(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
[解析] (1)由题意得a1·5a3＝(2a2＋2)2，a1＝10，
即d2－3d－4＝0.
故d＝1或d＝4.
所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.则
当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－eq \f(1,2)n2＋eq \f(21,2)n.
当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝eq \f(1,2)n2－eq \f(21,2)n＋110.
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)n2＋\f(21,2)n， n≤11，,\f(1,2)n2－\f(21,2)n＋110， n≥12.))
8．已知数列{an}和{bn}中，数列{an}的前n项和为Sn.若点(n，Sn)在函数y＝－x2＋4x的图象上，点(n，bn)在函数y＝2x的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
[解析] (1)由已知得Sn＝－n2＋4n，
∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋5，
又当n＝1时，a1＝S1＝3，符合上式．
∴an＝－2n＋5.
(2)由已知得bn＝2n，anbn＝(－2n＋5)·2n.
Tn＝3×21＋1×22＋(－1)×23＋…＋(－2n＋5)×2n，
2Tn＝3×22＋1×23＋…＋(－2n＋7)×2n＋(－2n＋5)×2n＋1.
两式相减得
Tn＝－6＋(23＋24＋…＋2n＋1)＋(－2n＋5)×2n＋1
＝eq \f(231－2n－1,1－2)＋(－2n＋5)×2n＋1－6
＝(7－2n)·2n＋1－14.