2020年高中数学第二章数列

2020年高中数学第二章数列

第1课时 等比数列的前n项和公式 ‎[课时作业]‎ ‎[A组　基础巩固]‎ ‎1．等比数列{an}中，an＝2n，则它的前n项和Sn＝(　　)‎ A．2n－1　　　　　　　　 B．2n－2‎ C．2n＋1－1 D．2n＋1－2‎ 解析：a1＝2，q＝2，‎ ‎∴Sn＝＝2n＋1－2.‎ 答案：D ‎2．在等比数列{an}中，若a1＝1，a4＝，则该数列的前10项和S10＝(　　)‎ A．2－ B．2－ C．2－ D．2－ 解析：设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1，a4＝，得q3＝，解得q＝，于是S10＝＝＝2－.‎ 答案：B ‎3．等比数列{an}中，已知前4项之和为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：S4＝＝1，①‎ S8＝＝17，②‎ ‎②÷①得1＋q4＝17，q4＝16.‎ q＝±2.‎ 答案：C ‎4．已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝‎2a1，且a4与‎2a7的等差中项为，则S5＝(　　)‎ A．35 B．33‎ C．31 D．29‎ 5‎ 解析：设数列{an}的公比为q，‎ ‎∵a2·a3＝a·q3＝a1·a4＝‎2a1，‎ ‎∴a4＝2.‎ 又∵a4＋‎2a7＝a4＋‎2a4q3＝2＋4q3＝2×，‎ ‎∴q＝.‎ ‎∴a1＝＝16.S5＝＝31.‎ 答案：C ‎5．等比数列{an}中，a3＝3S2＋2，a4＝3S3＋2，则公比q等于(　　)‎ A．2 B. C．4 D. 解析：a3＝3S2＋2，a4＝3S3＋2，等式两边分别相减得a4－a3＝‎3a3，即a4＝‎4a3，∴q＝4.‎ 答案：C ‎6．若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an，n＝1,2,3，…，则a1＋a2＋…＋an＝________.‎ 解析：由＝2，∴{an}是以a1＝1，q＝2的等比数列，故Sn＝＝2n－1.‎ 答案：2n－1‎ ‎7．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1,2S2,3S3成等差数列，则{an}的公比为________．‎ 解析：∵S1,2S2,3S3成等差数列，∴4S2＝S1＋3S3，‎ 即4(a1＋a1q)＝a1＋3(a1＋a1q＋a1q2)，‎ ‎∴4(1＋q)＝1＋3(1＋q＋q2)，解之得q＝.‎ 答案： ‎8．等比数列的前n项和Sn＝m·3n＋2，则m＝________.‎ 解析：设等比数列为{an}，则 a1＝S1＝‎3m＋2，‎ S2＝a1＋a2＝‎9m＋2⇒a2＝‎6m，‎ S3＝a1＋a2＋a3＝‎27m＋2⇒a3＝‎18m，‎ 又a＝a1·a3⇒(‎6m) 2＝(‎3m＋2)·‎‎18m ‎⇒m＝－2或m＝0(舍去)．∴m＝－2.‎ 答案：－2‎ 5‎ ‎9．在等差数列{an}中，a4＝10，且a3，a6，a10成等比数列，求数列{an}前20项的和S20.‎ 解析：设数列{an}的公差为d，则 a3＝a4－d＝10－d，a6＝a4＋2d＝10＋2d，a10＝a4＋6d＝10＋6d，‎ 由a3，a6，a10成等比数列，得a‎3a10＝a，‎ 即(10－d)(10＋6d)＝(10＋2d)2.‎ 整理，得10d2－10d＝0.解得d＝0或d＝1.‎ 当d＝0时，S20＝‎20a4＝200；‎ 当d＝1时，a1＝a4－3d＝10－3×1＝7，‎ 于是S20＝‎20a1＋d＝20×7＋190＝330.‎ ‎10．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－n2，an＝log5bn，其中bn>0，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1‎ ‎＝(2n－n2)－[2(n－1)－(n－1)2]‎ ‎＝－2n＋3，‎ 当n＝1时，a1＝S1＝2×1－12＝1也适合上式，‎ ‎∴{an}的通项公式an＝－2n＋3(n∈N*)．‎ 又an＝log5bn，‎ ‎∴log5bn＝－2n＋3，‎ 于是bn＝5－2n＋3，bn＋1＝5－2n＋1，‎ ‎∴＝＝5－2＝.‎ 因此{bn}是公比为的等比数列，且b1＝5－2＋3＝5，‎ 于是{bn}的前n项和 Tn＝＝.‎ ‎[B组　能力提升]‎ ‎1．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则a＋a＋…＋a等于(　　)‎ A．(2n－1)2 B.(2n－1)‎ C．4n－1 D.(4n－1)‎ 解析：根据前n项和Sn＝2n－1，可求出an＝2n－1，由等比数列的性质可得{a 5‎ ‎}仍为等比数列，且首项为a，公比为q2，∴a＋a＋…＋a＝1＋22＋24＋…＋22n－2＝(4n－1)．‎ 答案：D ‎2．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝(　　)‎ A．2 B. C. D．1或2‎ 解析：设S2＝k，则S4＝3k，由数列{an}为等比数列(易知数列{an}的公比q≠－1)，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴＝＝，故选B.‎ 答案：B ‎3．已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a‎2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________．‎ 解析：由题意，，解得a1＝1，a4＝8或者a1＝8，a4＝1，而数列{an}是递增的等比数列，所以a1＝1，a4＝8，即q3＝＝8，所以q＝2，因而数列{an}的前n项和Sn＝＝＝2n－1.‎ 答案：2n－1‎ ‎4．设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＋a1＝2an，且a1，a2＋1，a3成等差数列，则a1＋a5＝________.‎ 解析：由Sn＋a1＝2an，得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．从而a2＝‎2a1，a3＝‎2a2＝‎4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，所以a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋‎4a1＝2(‎2a1＋1)，解得a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n，所以a1＋a5＝2＋25＝34.‎ 答案：34‎ ‎5．(2016·高考全国Ⅲ卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；‎ ‎(2)若S5＝，求λ.‎ 解析：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，‎ 故λ≠1，a1＝，a1≠0.‎ 由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.由a1≠0，‎ 5‎ λ≠0得an≠0，所以＝.‎ 因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是an＝n－1.‎ ‎(2)由(1)得Sn＝1－n.‎ 由S5＝得1－5＝，‎ 即5＝.‎ 解得λ＝－1.‎ ‎6．设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,‎3a2，a3＋4构成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项；‎ ‎(2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析：(1)由已知得解得a2＝2.‎ 设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，‎ a3＝2q，‎ 又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.‎ 解得q1＝2，q2＝.‎ 由题意得q>1，∴q＝2，∴a1＝1.‎ 故数列{an}的通项为an＝2n－1.‎ ‎(2)由于bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，‎ 由(1)得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln 23n＝3nln 2.‎ 又bn＋1－bn＝3ln 2，∴{bn}是等差数列，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝·ln 2.‎ 故Tn＝ln 2.‎ 5‎