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  • 2021-06-15 发布

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

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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