2020年高中数学 人教A版 必修5 同步作业本《等比数列前n项和》(含答案解析)

2020年高中数学 人教A 版 必修5 同步作业本
《等比数列前n 项和》
一、选择题
1.设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1=1，a 5=16，则数列{a n }前7项的和为( )
A ．63
B ．64
C ．127
D ．128
2.已知等比数列{a n }中，a n =2×3n －1
，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n 项和S n 的值为
( )
A ．3n －1
B ．3(3n
－1) C.9n －14 D.3（9n －1）4
3.一座七层的塔，每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2倍，一共点381盏灯，则底层所点
灯的盏数是( )
A ．190
B ．191
C ．192
D ．193
4.已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n =0，a 2=－4
3
，则{a n }的前10项和等于( )
A ．－6(1－3－10) B.19
(1－3－10) C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10
)
5.已知数列{a n }满足log 3a n ＋1=log 3a n ＋1(n∈N *
)，且a 2＋a 4＋a 6=9，则log 13
(a 5＋a 7＋a 9)的值是
( )
A ．－15
B ．－5
C ．5 D.15
6.在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n =2n －1(n∈N *)，则a 21＋a 22＋…＋a 2
n 等于( )
A ．(2n －1)2 B.13(2n －1)2 C ．4n
－1 D.13
(4n －1)
二、填空题
7.在等比数列{a n }中，a 1＋a 2=30，a 3＋a 4=60，则a 7＋a 8=________．
8.设数列{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，则a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|=________．
9.设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4，a n ＋1=2S n ＋1，n ∈N *
，则a 1=________，S 5=________．
10.设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．
三、解答题
11.已知等差数列{a n }满足a 2=0，a 6＋a 8=－10.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)求数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
a n 2n －1的前n 项和．
12.数列{a n }满足a 1=1，na n ＋1=(n ＋1)a n ＋n(n ＋1)，n ∈N *
.
(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫
a n n 是等差数列；
(2)设b n =3n
·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .
13.等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n∈N *，点(n ，S n )均在函数y=b x
＋r(b ＞0且b≠1，
b ，r 均为常数)的图象上． (1)求r 的值；
(2)当b=2时，记b n =n ＋14a n
(n∈N *
)，求数列{b n }的前n 项和T n .
答案解析
1.答案为：C ；
解析：设数列{a n }的公比为q(q ＞0)，则有a 5=a 1q 4
=16，
所以q=2，数列的前7项和为S 7=a 1（1－q 7）1－q =1－2
7
1－2
=127.
2.答案为：D ；
解析：因为a n =2×3n －1
，则数列{a n }是以2为首项，3为公比的等比数列， 由此数列的偶数项所组成的新数列是以6为首项，以9为公比的等比数列，
则前n 项和为S n =6（1－9n ）1－9=3（9n
－1）
4
.
3.答案为：C ；
解析：设最下面一层灯的盏数为a 1，则公比q=1
2
，n=7，解得a 1=192.
4.答案为：C ；
解析：因为3a n ＋1＋a n =0，a 2=－4
3
≠0，
所以a n ≠0，所以a n ＋1a n =－13，所以数列{a n }是以－1
3
为公比的等比数列．
因为a 2=－43，所以a 1=4，所以S 10=4⎣⎢⎡⎦⎥
⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13101－⎝ ⎛⎭
⎪
⎫－13=3(1－3－10
)．
5.答案为：B ；
解析：由log 3a n ＋1=log 3a n ＋1(n∈N *
)，得log 3a n ＋1－log 3a n =1且a n >0，即log 3a n ＋1a n
=1，
解得a n ＋1a n
=3，所以数列{a n }是公比为3的等比数列．因为a 5＋a 7＋a 9=(a 2＋a 4＋a 6)q 3
，
所以a 5＋a 7＋a 9=9×33=35.所以log 13(a 5＋a 7＋a 9)=log 13
35=－log 335
=－5.
6.答案为：D ；
解析：a 1＋a 2＋…＋a n =2n －1，即S n =2n －1，则S n －1=2n －1
－1(n≥2)，
则a n =2n －2n －1=2n －1(n≥2)，又a 1=1也符合上式，所以a n =2n －1，a 2n =4n －1
，
所以a 21＋a 22＋…＋a 2n =13
(4n
－1)．
一、填空题
7.答案为：240；
解析：因为a 1＋a 2=a 1(1＋q)=30，a 3＋a 4=a 1q 2(1＋q)=60，所以q 2
=2，
所以a 7＋a 8=a 1q 6(1＋q)=[a 1(1＋q)]·(q 2)3
=30×8=240.
8.答案为：15；
解析：法一：a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|=1＋|1×(－2)|＋1×(－2)2＋|1×(－2)3
|=15. 法二：因为a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|=|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|，数列{|a n |}是首项为1，
公比为2的等比数列，故所求代数式的值为1－2
4
1－2
=15.
9.答案为：1，121；
解析：a 1＋a 2=4，a 2=2a 1＋1⇒a 1=1，a 2=3，
再由a n ＋1=2S n ＋1，a n =2S n －1＋1(n≥2)⇒a n ＋1－a n =2a n ⇒a n ＋1=3a n (n≥2)，又a 2=3a 1，
所以a n ＋1=3a n (n≥1)，S 5=1－3
5
1－3
=121.
10.答案为：－2；
解析：由已知条件，得2S n =S n ＋1＋S n ＋2，即2S n =2S n ＋2a n ＋1＋a n ＋2，即a n ＋2
a n ＋1
=－2.
11.解：
(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得 ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩
⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1. 故数列{a n }的通项公式为a n =2－n.
(2)设数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n =a 1＋a 22＋…＋a n
2n －1，
故S 1=1，S n 2=a 12＋a 24＋…＋a n
2
n .
所以，当n ＞1时，S n 2=a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n
2n =
1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n －1－2－n 2n =1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－2－n 2n =n 2n ，所以S n =n 2n －1， 综上，数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n =n
2n －1.
12. (1)证明：由已知可得a n ＋1n ＋1=a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a n
n
=1，
所以⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n n 是以a 1
1=1为首项，1为公差的等差数列．
(2)解：由(1)得a n n
=1＋(n －1)·1=n，所以a n =n 2.从而b n =n·3n。

S n =1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n
，①
3S n =1×32＋2×33＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1
.②
①—②得，－2S n =31＋32＋…＋3n －n·3n ＋1=3·（1－3n ）1－3－n·3n ＋1=（1－2n ）·3
n ＋1
－32
.
所以S n =（2n －1）·3n ＋1
＋3
4
.
13.解：(1)由题意，S n =b n
＋r ，
当n≥2时，S n －1=b n －1
＋r ，
所以a n =S n －S n －1=b n －1
·(b －1)， 由于b ＞0且b≠1，
所以a≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列，
又a 1=b ＋r ，a 2=b(b －1)，a 2a 1=b ，即b （b －1）
b ＋r
=b ，解得r=－1.
(2)由(1)知，n ∈N *，a n =(b －1)b n －1=2n －1
，所以b n =n ＋14·2n －1=n ＋12
n ＋1.
T n =222＋323＋424＋ …＋n ＋12n ＋1，12T n =223＋－324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12
n ＋2， 两式相减得12T n =222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2=34－12n ＋1－n ＋1
2n ＋2，
所以T n =32－12n －n ＋12n ＋1=32－n ＋3
2
n ＋1.。