高中数学人教版必修5配套练习25等比数列的前n项和第2课时

第二章2.5第2课时一、选择题1．数列112，314，518，7116，…的前n项和Sn为()A．n2＋1－12nB．n2＋1－12n－1C．n2＋2－12nD．n2＋2－12n－1[答案]A[解析]由题设知，数列的通项为an＝2n－1＋12n，显然数列的各项为等差数列{2n－1}和等比数列{12n}相应项的和，从而Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(12＋14＋…＋12n)＝n2＋1－12n.2．已知数列{an}的通项公式是an＝1n＋n＋1，若前n项和为10，则项数n为()A．11B．99C．120D．121[答案]C[解析]因为an＝1n＋n＋1＝n＋1－n，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝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．－1C．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a22＝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．－200C．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＝1nn＋1，则S5等于()A．1B．56C．16D．130[答案]B[解析]an＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴S5＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋15－16＝1－16＝56.6．数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a21＋a22＋a23＋…＋a2n等于()A．(3n－1)2B．12(9n－1)C．9n－1D．14(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.∴a2n＝4·32n－2＝4·9n－1，∴a21＋a22＋…＋a2n＝4(1＋9＋92＋…＋9n－1)＝41－9n1－9＝12(9n－1)．二、填空题7．数列22，422，623，…，2n2n，…前n项的和为________．[答案]4－n＋22n－1[解析]设Sn＝22＋422＋623＋…＋2n2n①12Sn＝222＋423＋624＋…＋2n2n＋1②①－②得(1－12)Sn＝22＋222＋223＋224＋…＋22n－2n2n＋1＝2－12n－1－2n2n＋1.∴Sn＝4－n＋22n－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＝n[1＋2n－1]2＝n2，当a≠1时，有Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)an－1，①aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－1)an，②①－②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·a1－an－11－a＝1－(2n－1)an＋2a－an1－a.又1－a≠0，所以Sn＝1－2n－1an1－a＋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k＝1n(ak＋1－ak)＝k＝1n(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SnTn＝7n＋1n＋3，则a2＋a5＋a17＋a22b8＋b10＋b12＋b16＝()A．315B．325C．6D．7[答案]A[解析]∵a2＋a5＋a17＋a22b8＋b10＋b12＋b16＝a2＋a22＋a5＋a17b8＋b16＋b10＋b12＝2a12＋2a112b12＋2b11＝a11＋a12b11＋b12＝a1＋a22b1＋b22，又∵S22T22＝a1＋a22×22b1＋b22×22＝a1＋a22b1＋b22，∴a1＋a22b1＋b22＝7×22＋122＋3＝315.∴a2＋a5＋a17＋a22b8＋b10＋b12＋b16＝315.2．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为()A．3690B．3660C．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＋30×30－12×4＝1830.3．数列{an}的通项公式是an＝2sin(nπ2＋π4)，设其前n项和为Sn，则S12的值为()A．0B．2C．－2D．1[答案]A[解析]a1＝2sin(π2＋π4)＝1，a2＝2sin(π＋π4)＝－1，a3＝2sin(3π2＋π4)＝－1，a4＝2sin(2π＋π4)＝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．22n－23B．22n＋1－23C．2n－23D．2n＋1－23[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＝21－4n1－4＝22n＋1－23.二、填空题5．设f(x)＝12x＋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]32[解析]f(0)＋f(1)＝11＋2＋12＋2＝22，f(x)＋f(1－x)＝12x＋2＋121－x＋2＝222x＋2＋2x22＋2x＝22，∴f(－5)＋f(－4)＋…＋f(5)＋f(6)＝12[f－5＋f6＋f－4＋f5＋…＋f6]＋f－5＝12×12×(f(0)＋f(1))＝32.6．求和1＋(1＋3)＋(1＋3＋32)＋(1＋3＋32＋32)＋…＋(1＋3＋…＋3n－1)＝________.[答案]34(3n－1)－n2[解析]a1＝1，a2＝1＋3，a3＝1＋3＋32，……an＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝12(3n－1)，∴原式＝12(31－1)＋12(32－1)＋……＋12(3n－1)＝12[(3＋32＋…＋3n)－n]＝34(3n－1)－n2.三、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d0，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d0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.则当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－12n2＋212n.当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝12n2－212n＋110.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－12n2＋212n，n≤11，12n2－212n＋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＝231－2n－11－2＋(－2n＋5)×2n＋1－6＝(7－2n)·2n＋1－14.