本文由 zz5212891 收集发布，转载请注明出处，如有问题请联系我们！高中数学必修5配套练习 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1，3，5，7，…的前n项和Sn为(　　)
A．n2＋1－ B．n2＋1－
C．n2＋2－ D．n2＋2－
[答案]　A
[解析]　由题设知，数列的通项为an＝2n－1＋，显然数列的各项为等差数列{2n－1}和等比数列{}相应项的和，从而Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(＋＋…＋)＝n2＋1－.
2．已知数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n为(　　)
A．11 B．99
C．120 D．121
[答案]　C
[解析]　因为an＝＝－，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－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．－4 B．－1
C．0 D．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a＝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．200 B．－200
C．400 D．－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＝，则S5等于(　　)
A．1　 B．
C． D．
[答案]　B
[解析]　an＝＝－，
∴S5＝1－＋－＋－＋－＋－＝1－＝.
6．数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于(　　)
A．(3n－1)2　 B．(9n－1)
C．9n－1 D．(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.
∴a＝4·32n－2＝4·9n－1，
∴a＋a＋…＋a＝4(1＋9＋92＋…＋9n－1)
＝＝(9n－1)．
二、填空题
7．数列，，，…，，…前n项的和为________．
[答案]　4－
[解析]　设Sn＝＋＋＋…＋ ①
Sn＝＋＋＋…＋ ②
①－②得
(1－)Sn＝＋＋＋＋…＋－＝2－－.
∴Sn＝4－.
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＝＝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·
＝1－(2n－1)an＋.
又1－a≠0，
所以Sn＝＋.
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(ak＋1－ak)＝(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＝，则＝(　　)
A．　　 B．
C．6 D．7
[答案]　A
[解析]　∵
＝
＝
＝＝，
又∵＝＝，
∴＝＝.
∴＝.
2．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为(　　)
A．3690 B．3660
C．1845 D．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＋×4＝1830.
3．数列{an}的通项公式是an＝sin(＋)，设其前n项和为Sn，则S12的值为(　　)
A．0　 B．
C．－ D．1
[答案]　A
[解析]　a1＝sin(＋)＝1，
a2＝sin(π＋)＝－1，
a3＝sin(＋)＝－1，
a4＝sin(2π＋)＝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．　 B．
C． D．
[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
＝＝.
二、填空题
5．设f(x)＝，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]　3
[解析]　f(0)＋f(1)＝＋＝，
f(x)＋f(1－x)＝＋
＝＋＝，
∴f(－5)＋f(－4)＋…＋f(5)＋f(6)
＝
＝×12×(f(0)＋f(1))＝3.
6．求和1＋(1＋3)＋(1＋3＋32)＋(1＋3＋32＋32)＋…＋(1＋3＋…＋3n－1)＝________.
[答案]　(3n－1)－
[解析]　a1＝1，a2＝1＋3，a3＝1＋3＋32，……
an＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝(3n－1)，
∴原式＝(31－1)＋(32－1)＋……＋(3n－1)＝[(3＋32＋…＋3n)－n]＝(3n－1)－.
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＝－n2＋n.
当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝
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
＝＋(－2n＋5)×2n＋1－6
＝(7－2n)·2n＋1－14.