高中数学人教版新课标A必修52.5 等比数列的前n项和同步测试题

这是一份高中数学人教版新课标A必修52.5 等比数列的前n项和同步测试题，共11页。试卷主要包含了求和等内容，欢迎下载使用。
2.5　等比数列的前n项和基础过关练题组一　等比数列前n项和的有关计算1.在等比数列{an}中,若a1=1,a4=,则该数列的前10项和S10=(　　)　　　　 　　　　　 A.2- B.2- C.2- D.2-2.设Sn为等比数列{an}的前n项和,若27a4+a7=0,则等于(　　)A.10 B.9 C.-8 D.-53.(2019北京西城高二期末)数列{an}的前n项和为Sn,且a1=3,an+1=2an(n∈N*),则S5等于(　　)A.32 B.48 C.62 D.934.在明朝程大位的《算法统宗》中有这样的一首歌谣:“远看巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”这首古诗描述的这个宝塔其古称浮屠,意思是:它一共有7层,每层悬挂的红灯数是上一层的2倍,共有381盏灯,则塔顶的灯的盏数为(　　)A.5 B.6 C.4 D.35.(2020广东广州荔湾高二期末)已知各项均为正数的数列{an}为等比数列,Sn是其前n项和,若S3=7a3,且a2与a4的等差中项为5,则S5=(　　)A.29 B.31 C.33 D.35题组二　等比数列前n项和的性质6.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3,S4=15,则S6=(　　) A.31 B.32 C.63 D.647.在数列{an}中,an+1=can(c为非零常数),且前n项和Sn=3n-2+k,则实数k的值为(　　)A.-1 B.- C. D.-8.已知等比数列{an}共有2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q=　　　　.题组三　“错位相减法”求和9.(1)求和:1×2+2×22+3×23+…+n×2n;(2)求数列1,3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1的前n项和.       10.(2020江苏徐州高二期末)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a3=6,且S7=4a7.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.    题组四　等比数列的综合问题11.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3成等差数列.若a1=1,则S4=(　　)A.7 B.8 C.15 D.1612.设{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为　　　　.13.已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{}的前n项和Sn.      能力提升练一、选择题1.(2020河南郑州外国语学校高一期中,★★☆)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若=a2,且S3,S1,S2成等差数列,则S4=(　　) A.10 B.12 C.18 D.302.(2020上海建平中学高一期末,★★☆)设Sn为数列{an}的前n项和,an+Sn=4(n∈N*),则S4的值为(　　)A.3 B. C. D.不确定3.(2019广东东莞高二期末,★★☆)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a2a5=4a4,且a3与2a6的等差中项为,则S5=(　　)A.29 B.31 C.33 D.364.(2019吉林松原扶余一中高一期末,★★☆)我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”意思是:“一女子善于织布,每天织出的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这女子每天分别织布多少?”根据上述已知条件,该女子第3天所织布的尺数为(　　)A. B. C. D.5.(2020广东深圳宝安高二期末,★★★)已知{an}是首项为32的等比数列,Sn是其前n项和,且=,则数列{|log2an|}前10项的和为(　　)A.58 B.56 C.50 D.456.(2020安徽合肥一中、合肥六中高一期末,★★★)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=4+,若对任意n∈N*,都有1≤p(Sn-4n)≤3成立,则实数p的取值范围是(　　)A.(2,3) B.[2,3]C. D.二、填空题7.(2020北京石景山高二期末,★★☆)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,且a2=1,a3+a4=6.设数列{an-n}的前n项和为Sn,那么S4　　　　S5.(填“>”“<”或“=”)8.(2020河北石家庄第一中学高一期末,★★☆)一个项数是偶数的等比数列,它的偶数项的和是奇数项的和的两倍,它的首项为1,且中间两项的和为24,则此等比数列的项数为　　　　.9.(2020河南洛阳高二期末,★★★)已知数列{an}满足a1=1,anan+1=2n(n∈N*),Sn是数列{an}的前n项和,则a2 020=　　　　,S2 020=　　　　.三、解答题10.(2019江西宜春高二期末,★★☆)已知数列{an}为等差数列,数列{bn}为等比数列,满足b1=a2=3,a3+a5=14,a4=b2-2.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)令cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.      11.(2020安徽合肥高一期末,★★☆)已知数列{an}满足a1=-2,an+1=2an+4.(1)证明:{an+4}是等比数列;(2)求数列{an}的前n项和Sn.   答案全解全析基础过关练1.B　设等比数列{an}的公比为q,已知a1=1,由a4=a1q3=,得q=,所以S10===2-.故选B.2.A　设数列{an}的公比为q,由27a4+a7=0,得a4(27+q3)=0,因为a4≠0,所以27+q3=0,解得q=-3,故==10.3.D　由a1=3,an+1=2an(n∈N*)可知,数列{an}是以3为首项,2为公比的等比数列,所以S5==93.故选D.4.D　由题意可知,每层悬挂的灯数从上到下依次构成等比数列,公比为2,设顶层的灯数为a1,则=a1(27-1)=127a1=381,解得a1=3,故选D.5.B　设等比数列{an}的首项为a1,公比为q.由S3=7a3,得a1+a2+a3=7a3,所以6a3-(a1+a2)=0,即6q2-q-1=0,解得q=或q=-(舍去).依题意,得a2+a4=10,所以a1(q+q3)=10,所以a1=16.所以S5==31.故选B.6.C　由等比数列前n项和的性质,得(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即122=3×(S6-15),解得S6=63.故选C.7.D　∵an+1=can,c为非零常数,∴{an}为等比数列,又Sn=3n-2+k=·3n+k,∴根据等比数列前n项和的性质得,k=-.8.答案　2解析　由题意,得解得S奇=-80,S偶=-160,∴q===2.9.解析　(1)设Sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n①,则2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1②,①-②,得(1-2)Sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1,即-Sn=-n×2n+1,∴Sn=2-2×2n+n×2n+1=(n-1)×2n+1+2.(2)设该数列的前n项和为Sn,当a=0时,Sn=1;当a=1时,数列为1,3,5,7,…,2n-1,则Sn==n2;当a≠1且a≠0时,Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)an-1,③aSn=a+3a2+5a3+7a4+…+(2n-1)an,④③-④,得Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an,即(1-a)Sn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+…+an-1)=1-(2n-1)an+2·=1-(2n-1)an+.又1-a≠0,∴Sn=+.综上,Sn=10.解析　(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.由得解得所以an=2n.(2)由(1)知,bn===,所以Tn=++++…+①,Tn=+++…++②,①-②,得Tn=+++…+-,所以Tn=2+1++++…+-=-=4-=4-.11.C　设等比数列{an}的公比为q.∵4a1,2a2,a3成等差数列,∴4a2=4a1+a3,即4a1q=4a1+a1q2,即q2-4q+4=0,∴q=2.又a1=1,∴S4==15.12.答案　-解析　由题意得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+×(-1)=4a1-6.因为S1,S2,S4成等比数列,所以(2a1-1)2=a1(4a1-6),解得a1=-.13.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d.由a1,a3,a9成等比数列,得=a1a9,即(1+2d)2=1×(1+8d),解得d=1或d=0(舍去).故数列{an}的通项公式为an=1+(n-1)×1=n.(2)由(1)知=2n,由等比数列的前n项和公式,得Sn=2+22+23+…+2n==2n+1-2.能力提升练一、选择题1.A　设等比数列{an}的公比为q,由=a2,得=a1q,即a1=q.①又S3,S1,S2成等差数列,∴2S1=S3+S2,即2a1=2a1+2a1q+a1q2,②联立①②得q=0(舍去)或q=-2,∴a1=q=-2.∴S4===10.2.C　由an+Sn=4(n∈N*)①,得an-1+Sn-1=4(n≥2,n∈N*)②,①-②,得2an-an-1=0,即an=an-1(n≥2),所以数列{an}是公比为的等比数列.又由a1+S1=4可得,a1=2,所以S4==4-=.3.B　设等比数列{an}的首项为a1,公比为q.由a2a5=4a4,且a3与2a6的等差中项为,可得解得所以S5===31.故选B.4.B　设这女子每天分别织布的尺数形成数列{an},则数列{an}为等比数列,公比q=2,其前5项和S5=5,∴5=,解得a1=,∴a3=×22=.故选B.5.A　设等比数列{an}的公比为q.∵{an}是首项为32的等比数列,Sn是其前n项和,且=,∴=,∴1+q3=,∴q=,∴an=32·=27-2n,∴|log2an|=|7-2n|,∴数列{|log2an|}前10项的和为5+3+1+1+3+5+7+9+11+13=58.故选A.6.B　因为an=4+,所以Sn=4n+=4n+,所以Sn-4n=.又n∈N*时,≤1-≤,所以≤≤1,即Sn-4n的最大值为1,最小值为.若对任意n∈N*,都有1≤p(Sn-4n)≤3,即≤p≤成立,则只需满足p≤且p≥即可,所以2≤p≤3,即实数p的取值范围是[2,3].故选B.二、填空题7.答案　<解析　设等比数列{an}的公比为q(q>0).由题意得解得∴an=a1qn-1=2n-2.∴S5-S4=a5-5=23-5=3>0,故S5>S4.8.答案　8解析　设该数列为a1,a2,…,a2n,公比为q,则由题意可得q=2,an+an+1=24.又a1=1,所以qn-1+qn=24,即2n-1+2n=24,解得n=4,故项数为8.9.答案　21 010;3(21 010-1)解析　因为anan+1=2n,所以an+1an+2=2n+1,所以=,即=2.又a1=1,a1a2=2,所以a2=2.所以a1,a3,a5,…是首项为1,公比为2的等比数列,a2,a4,a6,…是首项为2,公比为2的等比数列.所以a2 020=a2×21 009=21 010,S2 020=(1+21+22+…+21 009)+(2+22+23+…+21 010)=3×(1+21+22+…+21 009)=3×=3(21 010-1).三、解答题10.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由等差数列的性质得a3+a5=2a4=14,∴a4=7.∵a2=3,∴d===2,∴an=a2+(n-2)·d=3+(n-2)×2=2n-1.∴a4=7,∴b2=9,又b1=3,∴q=3,∴bn=3n.(2)结合(1)得cn===(2n-1)·,∴Tn=1×+3×+5×+…+(2n-3)×+(2n-1)×,①①式左右两边同乘,得Tn=1×+3×+…+(2n-3)×+(2n-1)×,②①-②得,Tn=+2×+2×+…+2×-(2n-1)×=+-(2n-1)×=+-3×-(2n-1)×=-(2n+2)×,∴Tn=1-(n+1)×.11.解析　(1)证明:由题意,知an+1=2an+4,所以an+1+4=2an+8=2(an+4),即=2,又因为a1=-2,所以a1+4=2.所以{an+4}是以2为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1),得an+4=2n,即an=2n-4,所以Sn=a1+a2+…+an=(2-4)+(22-4)+…+(2n-4)=(2+22+…+2n)-4n=-4n=2n+1-2-4n,即Sn=2n+1-4n-2.