高中数学人教版新课标A必修52.5 等比数列的前n项和第1课时习题

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[A组 学业达标]
1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，且a2 018＋a2 019＝0，则S101等于
( )
A．3 B．303
C．－3 D．－303
解析：由a2 018＋a2 019＝0可得q＝－1，故S101＝a101＝a1＝3.
答案：A
2．在公比为整数的等比数列{an}中，a1－a2＝3，a3＝4，则{an}的前5项和为( )
A．10 B．eq \f(21,2)
C．11 D．12
解析：设公比为q(q∈Z)，则a1－a2＝a1－a1q＝3，a3＝a1q2＝4，解得q＝－2，a1＝1，则{an}的前5项和为eq \f(1－－25,1－－2)＝11.
答案：C
3．设Sn为等比数列{an}的前n项和，若27a4＋a7＝0，则eq \f(S4,S2)＝( )
A．10 B．9
C．－8 D．－5
解析：设数列{an}的公比为q，由27a4＋a7＝0，得a4(27＋q3)＝0.因为a4≠0，所以27＋q3＝0，则q＝－3，故eq \f(S4,S2)＝eq \f(1－q4,1－q2)＝10.
答案：A
4．等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a2＋a3＋a4＝1，a5＋a6＋a7＋a8＝2，Sm＝15，则m为( )
A．12 B．14
C．15 D．16
解析：eq \f(a5＋a6＋a7＋a8,a1＋a2＋a3＋a4)＝q4＝2，由a1＋a2＋a3＋a4＝1，得a1·eq \f(1－q4,1－q)＝1，∴a1＝q－1，又Sm＝15，即eq \f(a11－qm,1－q)＝15，∴qm＝16，
∵q4＝2，∴m＝16.故选D.
答案：D
5．已知数列{an}是递减的等比数列，Sn是{an}的前n项和，若a2＋a5＝18，
a3a4＝32，则S5的值是( )
A．62 B．48
C．36 D．31
解析：由a2＋a5＝18，a3a4＝32，得a2＝16，a5＝2或a2＝2，a5＝16(不符合题意，舍去)，设数列{an}的公比为q，则a1＝32，q＝eq \f(1,2)，所以S5＝eq \f(32\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))＝62，选A.
答案：A
6．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
解析：a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，且公比q＞1，
∴a1＝1，a3＝4，则q＝2，因此S6＝eq \f(1×1－26,1－2)＝63.
答案：63
7．已知正项等比数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn(n∈N*)，且eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(2,a3)，则S4＝________.
解析：正项等比数列{an}中，a1＝1，
且eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(2,a3)，
所以1－eq \f(1,q)＝eq \f(2,q2)，
即q2－q－2＝0，
解得q＝2或q＝－1(舍去)，
所以S4＝eq \f(1－24,1－2)＝15.
答案：15
8．已知正项数列{an}满足aeq \\al(2,n＋1)－6aeq \\al(2,n)＝an＋1an.若a1＝2，则数列{an}的前n项和为________．
解析：因为aeq \\al(2,n＋1)－6aeq \\al(2,n)＝an＋1an，所以(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，因为an＞0，所以an＋1＝3an，所以{an}为等比数列，且公比为3，所以Sn＝3n－1.
答案：3n－1
9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.
(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
(2)若T3＝21，求S3.
解析：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.由a2＋b2＝2得，d＋q＝3，①
(1)由a3＋b3＝5得，2d＋q2＝6.②
联立①和②解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝0))(舍去)，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝1，,q＝2.))
因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0.
解得q＝－5或q＝4，
当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21；
当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.
10．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列．
(1)求{an}的公比q；
(2)若a1－a3＝3，求Sn.
解析：(1)∵S1，S3，S2成等差数列，
∴2S3＝S1＋S2，显然{an}的公比q≠1，
于是eq \f(2a11－q3,1－q)＝a1＋eq \f(a11－q2,1－q)，
即2(1＋q＋q2)＝2＋q，
整理得2q2＋q＝0，∴q＝－eq \f(1,2)(q＝0舍去)．
(2)∵q＝－eq \f(1,2)，又a1－a3＝3，
∴a1－a1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＝3，解得a1＝4.
于是Sn＝eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)).
[B组 能力提升]
11．设首项为1，公比为eq \f(2,3)的等比数列{an}的前n项和为Sn，则( )
A．Sn＝2an－1 B．Sn＝3an－2
C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an
解析：因为a1＝1，公比q＝eq \f(2,3)，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n))＝3－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1＝3－2an，故选D.
答案：D
12．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(an＋1,an)＜1，若a3＋a5＝20，a3a5＝64，则S4＝( )
A．63或120 B．256
C．120 D．63
解析：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＋a5＝20，,a3a5＝64，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝16，,a5＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝4，,a5＝16.))
又eq \f(an＋1,an)＜1，所以数列{an}为递减数列，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝16，,a5＝4.))
设等比数列{an}的公比为q，则q2＝eq \f(a5,a3)＝eq \f(1,4)，
因为数列为正项等比数列，所以q＝eq \f(1,2)，
从而a1＝64，所以S4＝eq \f(64×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4)),1－\f(1,2))＝120.故选C.
答案：C
13．将等比数列{an}的各项排成如图所示的三角形数阵，a1＝eq \f(1,32)，q＝2，则数阵的第5行所有项之和为________．
a1
a2 a3
a4 a5 a6
a7 a8 a9 a10
解析：由题意可得第5行a11，a12，a13，a14，a15，
因为a1＝eq \f(1,32)，q＝2，
所以a11＝eq \f(1,32)×210＝32，
所以a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝eq \f(321－25,1－2)＝992.
答案：992
14．等比数列{an}的公比不为1，若a1＝1，且对任意的n∈N*，都有an＋1，an，an＋2成等差数列，则{an}的前5项和S5＝________.
解析：对任意的n∈N*，都有an＋1，an，an＋2成等差数列，即有2an＝an＋1＋an＋2，
令n＝1可得a3＋a2－2a1＝0，设公比为q，
则a1(q2＋q－2)＝0.
由q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)，
则S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(1－－25,1－－2)＝11.
答案：11
15．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，记bn＝anSn(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)∵Sn＝2n＋1－2，
∴当n＝1时，a1＝S1＝21＋1－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，
又a1＝2＝21，∴an＝2n.
(2)由(1)知，bn＝anSn＝2·4n－2n＋1，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝2(41＋42＋…＋4n)－(22＋23＋…＋2n＋1)＝2×eq \f(41－4n,1－4)－eq \f(41－2n,1－2)＝eq \f(2,3)·4n＋1－2n＋2＋eq \f(4,3).
16．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数)．
(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；
(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.
解析：(1)因为an＋1＝2an＋λ，
所以an＋1＋λ＝2(an＋λ)．
又a1＝1，所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，
此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；
当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，
所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，
即an＝(1＋λ)2n－1－λ.
(2)由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n×2n，
Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq \f(21－2n,1－2)－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.