高中数学第二章数列2-5-1等比数列的前n项和课时作业含解析新人教A版必修 5页

课时作业15　等比数列的前n项和 时间：45分钟 ‎——基础巩固类——‎ 一、选择题 ‎1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n，Sn是数列{an}的前n项和，则S10等于(　D　)‎ A．10 B．210‎ C．a10－2 D．211－2‎ 解析：∵＝＝2，∴数列{an}是公比为2的等比数列，且a1＝2.‎ ‎∴S10＝＝211－2.‎ ‎2．等比数列{an}的各项都是正数，若a1＝81，a5＝16，则它的前5项和是(　B　)‎ A．179 B．211‎ C．248 D．275‎ 解析：由16＝81×q4，q>0得q＝，‎ 所以S5＝＝211.故选B.‎ ‎3．设Sn为等比数列{an}的前n项和，‎8a2＋a5＝0，则等于(　D　)‎ A．11 B．5‎ C．－8 D．－11‎ 解析：设等比数列的公比为q，‎ 则由‎8a2＋a5＝0得＝－8＝q3，所以q＝－2，‎ 所以＝＝＝－11.故选D.‎ ‎4．设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，则数列a3，a6，a9，…，a3n，…的前n项和为(　D　)‎ A. B. C. D. 解析：新数列可看作是首项为a3，公比为q3的数列，故a3＋a6＋a9＋…＋a3n＝‎ 5‎ .‎ ‎5．在14与之间插入n个数组成一个等比数列，若各项总和为，则此数列的项数为(　B　)‎ A．4 B．5‎ C．6 D．7‎ 解析：设a1＝14，an＋2＝，‎ 则Sn＋2＝＝，‎ 解得q＝－.所以an＋2＝14·n＋1＝，‎ 解得n＝3.故该数列共5项．‎ ‎6．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝(　D　)‎ A．4n－1 B．4n－1‎ C．2n－1 D．2n－1‎ 解析：设公比为q，则q＝＝，于是a1＋a1＝，因此a1＝2，于是Sn＝＝4，而an＝2n－1＝n－2，于是＝＝2n－1.‎ 二、填空题 ‎7．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2n－1.‎ 解析：设等比数列的公比为q，‎ 则有解得或 又{an}为递增数列，‎ ‎∴∴Sn＝＝2n－1.‎ ‎8．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝－2；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝2n－1－.‎ 解析：∵数列{an}为等比数列，‎ ‎∴a4＝·q3＝－4，∴q＝－2；‎ an＝×(－2)n－1，|an|＝×2n－1，由等比数列前n项和公式得|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝ 5‎ ‎＝－＋×2n＝2n－1－.‎ ‎9．一座七层的塔，每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2倍，一共点了381盏灯，则底层所点灯的盏数是192.‎ 解析：设底层点了x盏灯，则x＋＋＋…＋＝381，所以x＝192.‎ 三、解答题 ‎10．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)设数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0，‎ 由题意得 即解得 故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)n－1.‎ ‎(2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n.‎ 若存在n，使得Sn≥2 013，‎ 则1－(－2)n≥2 013，即(－2)n≤－2 012.‎ 当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；‎ 当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，‎ 即2n≥2 012，则n≥11.‎ 综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．‎ ‎11．已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，方程ax2－3x＋2＝0的解为1和b(b≠1)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{an}满足bn＝an·2n，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)因为方程ax2－3x＋2＝0的两根为x1＝1，x2＝b，可得 解得所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)得bn＝(2n－1)·2n，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－1)·2n，①‎ ‎2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，②‎ 由①－②，得－Tn＝1×2＋2×22＋2×23＋…＋2·2n－(2n－1)·2n＋1＝2(2＋22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1－2＝2·－(2n－1)·2n＋1－2＝(3－2n)·2n＋1－6.‎ 所以Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6.‎ 5‎ ‎——能力提升类——‎ ‎12．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若q＝2，S100＝36，则a1＋a3＋…＋a99＝(　B　)‎ A．24 B．12‎ C．18 D．22‎ 解析：设a1＋a3＋…＋a99＝S，则a2＋a4＋…＋a100＝2S.∵S100＝36，∴3S＝36，∴S＝12，∴a1＋a3＋a5＋…＋a99＝12.‎ ‎13．若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，则Tn＝＋＋…＋的结果可化为(　C　)‎ A．1－ B．1－ C. D. 解析：因为{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，‎ 所以an＝2n－1，＝＝，‎ 即数列是以为首项，为公比的等比数列，‎ 所以Tn＝＝.‎ ‎14．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则Sn＝a1＋a2＋…＋an的取值范围是[4,8)．‎ 解析：因为{an}是等比数列，所以可设an＝a1qn－1.‎ 因为a2＝2，a5＝，‎ 所以解得 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝ ‎＝8－8×n，‎ 因为0