2019秋人教A版数学必修5同步练习含解析：2.5.1等比数列前n项和的求解

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1、A 级 基础巩固一、选择题1设a n是公比为正数的等比数列，若 a11，a 516，则数列 an前 7 项的和为( )A63 B64 C127 D128解析：设数列a n的公比为 q(q0) ，则有 a5a 1q416，所以 q2，数列的前 7 项和为 S7 127.a1（1 q7）1 q 1 271 2答案：C2设在等比数列a n中，公比 q2，前 n 项和为 Sn，则 的值为( )S4a3A. B. C. D.154 152 74 72解析：根据等比数列的公式，得 .S4a3 a1（1 q4）（1 q）a1q2 （1 q4）（1 q）q2 1 24（1 2）22 154答案：A3一座七层的

2、塔，每层所点的灯的盏数都等于上面一层的 2 倍，一共点 381 盏灯，则底层所点灯的盏数是( )A190 B191 C192 D193解析：设最下面一层灯的盏数为 a1，则公比 q ，n7，由 381，解得12a11 (12)7 1 12a1192.答案：C4已知数列a n满足 3an1 a n0，a 2 ，则a n的前 10 项和等于( )43A6(13 10 ) B. (13 10 )19C3(13 10 ) D3(1 3 10 )解析：因为 3an1 a n0，a 2 0，43所以 an0，所以 ，an 1an 13所以数列a n是以 为公比的等比数列13因为 a2 ，所以 a14，43

3、所以 S10 3(13 10 )41 ( 13)10 1 ( 13)答案：C5已知 Sn 是等比数列a n的前 n 项和，若存在 mN *，满足 9， ，S2mSm a2mam 5m 1m 1则数列 an的公比为( )A2 B2 C3 D3解析：设数列a n的公比为 q，若 q1，则 2，与题中条件矛盾，故 q1.S2mSm因为 q m 19，所以 qm8.S2mSma1（1 q2m）1 qa1（1 qm）1 q所以 q m8 ，a2mam a1q2m 1a1qm 1 5m 1m 1所以 m3，所以 q38，所以 q2.答案：B二、填空题6在等比数列a n中，公比 q2，前 99 项的和 S9

4、930 ，则a3a 6a 9a 99_解析：因为 S9930，即 a1(2991) 30，数列 a3，a 6，a 9，a 99 也成等比数列且公比为 8，所以 a3a 6a 9a 99 30 .4a1（1 833）1 8 4a1（299 1）7 47 1207答案：12077对于数列a n，定义数列a n1 a n为数列a n的“差数列”，若 a11，a n的“差数列”的通项公式为 an1 a n2 n，则数列a n的前 n 项和 Sn_解析：因为 an1 a n2 n，应用累加法可得 an2 n1，所以 Sna 1a 2a 3a n22 22 32 nn n2（1 2n）1 22 n1 n2

5、.答案：2 n1 n28(2016浙江卷)设数列a n的前 n 项和为 Sn.若 S24，a n1 2S n1，nN *，则a1_，S 5_解析：a 1a 24，a 22a 11a 11，a 23，再由 an1 2S n1，a n2S n1 1(n2) an1 a n2a nan1 3a n(n2)，又a23a 1，所以 an1 3a n(n1)，S 5 121.1 351 3答案：1 121三、解答题9在等比数列a n中，a 23，a 581.(1)求 an 及其前 n 项和 Sn；(2)设 bn1log 3an，求数列 的前 10 项和 T10.1bnbn 1解：(1)设a n的公比为 q

6、，依题意得 解得a1q 3，a1q4 81，) a1 1，q 3. )因此，a n3 n1 ，S n .1（1 3n）1 3 3n 12(2)由(1)知 bn1log 3an1(n1) n，则 ，1bnbn 1 1n（n 1） 1n 1n 1所以 T10 112 123 110111 12 12 13 110 1111 .111 101110数列a n满足 a11，na n1 (n1) ann(n1)，nN *.(1)证明：数列 是等差数列；ann(2)设 bn3 n ，求数列b n的前 n 项和 Sn.an(1)证明：由已知可得 1，an 1n 1 ann即 1，an 1n 1 ann所以

7、是以 1 为首项，1 为公差的等差数列ann a11(2)解：由(1)得 1(n1)1n，ann所以 ann 2.从而 bnn3 n.Sn13 123 233 3n3 n，3Sn13 223 3(n 1)3nn3 n1 . 得，2S n3 13 23 nn3 n1 3（1 3n）1 3n3n1 .（1 2n）3n 1 32所以 Sn .（2n 1）3n 1 34B 级 能力提升1在等比数列a n中，a 1a 2a n2 n1(nN *)，则 a a a 等于( )21 2 2nA(2 n1) 2 B. (2n1) 213C4 n1 D. (4n1)13解析：a 1a 2a n2 n1，即 Sn

8、2 n1，则 Sn1 2 n1 1(n2) ，则an2 n2 n1 2 n1 (n2)，又 a11 也符合上式，所以 an2 n1 ，a 4 n1 ，所以2na a a (4n1)21 2 2n13答案：D2等比数列a n的前 n 项和为 Sn，若a1a 2a 3a 41，a 5a 6a 7a 82，S n15，则该数列的项数 n_解析： q 42.a5 a6 a7 a8a1 a2 a3 a4 （a1 a2 a3 a4）q4a1 a2 a3 a4因为 a1a 2a 3a 4 1，所以 1.a1（1 q4）1 q a1（1 2）1 q a11 q a11 q所以 Sn q n115，a1（1 q

9、n）1 q所以 qn16，即(q 4) 2 4，所以 4，所以 n16.n4n4答案：163已知等比数列a n的各项均为正数，且 a12a 25，4 a a 2a6.23(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列b n满足 b12，且 bn1 b na n，求数列 bn的通项公式；(3)设 cn ，求数列c n的前 n 项和 Tn.anbnbn 1解：(1)设等比数列a n的公比为 q，由 4a a 2a6 得 4a a ，所以 q24，由条件可23 23 24知 q0，故 q 2，由 a12a 25 得 a12a 1q5，所以 a11，故数列a n的通项公式为an2 n1 .(2)由 bn1 b na n 得 bn1 b n2 n1 ，故 b2b 12 0，b 3b 22 1，b nb n1 2 n2 (n2)，以上 n1 个等式相加得bnb 112 12 n2 2 n1 1，1（1 2n 1）1 2由 b12，所以 bn2 n1 1(n2) 当 n1 时，符合上式，故 bn2 n1 1(nN *)(3)cn ，anbnbn 1 bn 1 bnbnbn 1 1bn 1bn 1所以 Tnc 1c 2c n (1b1 1b2) (1b2 1b3) (1bn 1bn 1) 1b1 1bn 1 12.12n 1