人教版高中数学选择性必修第二册等比数列的前n项和公式(第1课时) 分层作业(含解析)

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这是一份人教版高中数学选择性必修第二册等比数列的前n项和公式(第1课时) 分层作业(含解析)，共10页。

eq \f(基础对点练,基础考点分组训练)
知识点1 等比数列的前n项和
1．(5分)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( )
A．10 B．210
C．210－2 D．211－2
2．(5分)在等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( )
A．81 B．120
C．168 D．192
3．(5分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝eq \f(1,2)，a2a6＝8(a4－2)，则S2 020＝( )
A．22 019－eq \f(1,2) B．1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2 019
C．22 020－eq \f(1,2) D．1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2 020
4．(5分)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( )
A．eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3)
C．eq \f(1,9) D．－eq \f(1,9)
5．(5分)在数列{an}中，已知对任意正整数n，有a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)等于( )
A．(2n－1)2 B．eq \f(1,3)(2n－1)2
C．4n－1 D．eq \f(1,3)(4n－1)
知识点2 等比数列前n项和的实际应用
6．(5分)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座七层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．2盏 B．3盏
C．5盏 D．6盏
7．(5分)某人于2017年7月1日去银行存款 a元，存的是一年定期储蓄，2018年7月1日将到期存款的本息一起取出再加a元之后还存一年定期储蓄，此后每年的7月1日他都按照同样的方法在银行取款和存款．设银行一年定期储蓄的年利率r不变，则到2022年7月1日他将所有的本息全部取出时，取出的钱共有( )
A．a(1＋r)4元
B．a(1＋r)5元
C．a(1＋r)6元
D．eq \f(a,r)[(1＋r)6－(1＋r)]元
8.(5分)为了庆祝元旦，某公司特意制作了一个热气球，在热气球上写着“喜迎新年”四个大字．已知热气球在第一分钟内能上升25 m，以后每分钟上升的高度都是前一分钟的80%，则该气球________上升到125 m高空．(填“能”或“不能”)
知识点3 错位相减法求和
9．(5分)数列{an}的通项an＝n×2n，数列{an}的前n项和Sn为( )
A．n×2n＋1 B．n×2n＋1－2
C．(n－1)×2n＋1＋2 D．n×2n＋1＋2
10.(5分)已知f(x)＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝________.
eq \f(能力提升练,能力考点拓展提升)
11.(5分)在等比数列{an}中，S3＝3a3，则其公比q的值为( )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2)
C．1或－eq \f(1,2) D．－1或eq \f(1,2)
12．(5分)(多选)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则( )
A．q＝2
B．S9＝29－1
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和为eq \f(31,16)
D．6S3＝S9
13．(5分)在等比数列{an}中，a1＋ax＝82，a3ax－2＝81，且前x项和Sx＝121，则此数列的项数x等于( )
A．4 B．5
C．6 D．7
14.(5分)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq \f(1,4)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝________.
15.(5分)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3，S9，S6成等差数列，且a8＝3，则a5的值为________．
16.(10分)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
17.(12分)在等比数列{an}中，a5＝162，公比q＝3，前n项和Sn＝242，求首项a1和项数n.
18.(13分)已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，方程ax2－3x＋2＝0的解x1＝1，x2＝b(b≠1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an×2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
人教版高中数学选择性必修第二册等比数列的前n项和公式(第1课时) 分层作业(解析版)
(60分钟 110分)
eq \f(基础对点练,基础考点分组训练)
知识点1 等比数列的前n项和
1．(5分)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( )
A．10 B．210
C．210－2 D．211－2
D 解析：∵an＝2n，∴a1＝2，q＝2.
∴S10＝eq \f(2×1－210,1－2)＝211－2.
2．(5分)在等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( )
A．81 B．120
C．168 D．192
B 解析：设{an}的公比为q，
∵a2＝9，a5＝243，
∴q3＝eq \f(a5,a2)＝27，∴q＝3.
又∵a2＝a1q，∴a1＝3.
∴S4＝eq \f(3×1－34,1－3)＝120.
3．(5分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝eq \f(1,2)，a2a6＝8(a4－2)，则S2 020＝( )
A．22 019－eq \f(1,2) B．1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2 019
C．22 020－eq \f(1,2) D．1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2 020
A 解析：设{an}的公比为q，
∵a2a6＝aeq \\al(2,4)＝8(a4－2)，
∴aeq \\al(2,4)－8a4＋16＝0.
∴a4＝4.∴q3＝eq \f(a4,a1)＝8.∴q＝2.
∴S2 020＝eq \f(\f(1,2)×1－22 020,1－2)＝22 019－eq \f(1,2).
4．(5分)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( )
A．eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3)
C．eq \f(1,9) D．－eq \f(1,9)
C 解析：设公比为q，∵S3＝a2＋10a1，a5＝9，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，,a1q4＝9，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝9a1，,a1q4＝9，))
解得a1＝eq \f(1,9).故选C．
5．(5分)在数列{an}中，已知对任意正整数n，有a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)等于( )
A．(2n－1)2 B．eq \f(1,3)(2n－1)2
C．4n－1 D．eq \f(1,3)(4n－1)
D 解析：由a1＋a2＋…＋an－1＋an＝2n－1，
得a1＋a2＋…＋an－1＝2n－1－1(n≥2)．
∴an＝2n－1(n≥2)．
又a1＝1，∴an＝2n－1，
∴aeq \\al(2,n)＝4n－1，∴{aeq \\al(2,n)}是等比数列，首项为1，公比为4.
∴aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(1×1－4n,1－4)＝eq \f(1,3)(4n－1)．
知识点2 等比数列前n项和的实际应用
6．(5分)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座七层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．2盏 B．3盏
C．5盏 D．6盏
B 解析：设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，
又由S7＝eq \f(a11－q7,1－q)＝eq \f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.
故选B.
7．(5分)某人于2017年7月1日去银行存款 a元，存的是一年定期储蓄，2018年7月1日将到期存款的本息一起取出再加a元之后还存一年定期储蓄，此后每年的7月1日他都按照同样的方法在银行取款和存款．设银行一年定期储蓄的年利率r不变，则到2022年7月1日他将所有的本息全部取出时，取出的钱共有( )
A．a(1＋r)4元
B．a(1＋r)5元
C．a(1＋r)6元
D．eq \f(a,r)[(1＋r)6－(1＋r)]元
D 解析：设2017年存入银行的存款为a1元，2018年存入银行的存款为a2元……则2022年存入银行的存款为a6元，那么2022年从银行取出的钱有(a6－a)元．所以a1＝a，a2＝a(1＋r)＋a，a3＝a(1＋r)2＋a(1＋r)＋a，…，a6＝a(1＋r)5＋a(1＋r)4＋a(1＋r)3＋a(1＋r)2＋a(1＋r)＋a，所以a6－a＝a[(1＋r)＋(1＋r)2＋…＋(1＋r)5]＝eq \f(a,r)[(1＋r)6－(1＋r)].
8.(5分)为了庆祝元旦，某公司特意制作了一个热气球，在热气球上写着“喜迎新年”四个大字．已知热气球在第一分钟内能上升25 m，以后每分钟上升的高度都是前一分钟的80%，则该气球________上升到125 m高空．(填“能”或“不能”)
不能解析：设an表示热气球在第n分钟上升的高度．根据题意，有an＝eq \f(4,5)an－1(n≥2，n∈N*)．已知a1＝25，则{an}为等比数列，且公比q＝eq \f(4,5).热气球上升的总高度Sn＝a1＋a2＋…＋an＝eq \f(a11－qn,1－q)＝125×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n))<125，即不能上升到125 m高空．
知识点3 错位相减法求和
9．(5分)数列{an}的通项an＝n×2n，数列{an}的前n项和Sn为( )
A．n×2n＋1 B．n×2n＋1－2
C．(n－1)×2n＋1＋2 D．n×2n＋1＋2
C 解析：∵Sn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Sn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
＝eq \f(2×1－2n,1－2)－n×2n＋1
＝2n＋1－2－n×2n＋1，
∴Sn＝2＋(n－1)×2n＋1.
10.(5分)已知f(x)＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝________.
2－eq \f(n＋2,2n) 解析：∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,22)＋3×eq \f(1,23)＋…＋n×eq \f(1,2n)，①
∴eq \f(1,2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,22)＋2×eq \f(1,23)＋3×eq \f(1,24)＋…＋n×eq \f(1,2n＋1).②
由①－②得，eq \f(1,2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n).
eq \f(能力提升练,能力考点拓展提升)
11.(5分)在等比数列{an}中，S3＝3a3，则其公比q的值为( )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2)
C．1或－eq \f(1,2) D．－1或eq \f(1,2)
C 解析：∵S3＝3a3，∴q＝1时成立．
当q≠1时，eq \f(a11－q3,1－q)＝3a1q2，
∴q2＋q＋1＝3q2，解得q＝－eq \f(1,2).
综上，q＝1或q＝－eq \f(1,2).
12．(5分)(多选)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则( )
A．q＝2
B．S9＝29－1
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和为eq \f(31,16)
D．6S3＝S9
ABC 解析：设{an}的公比为q，
∵9S3＝S6，
∴9×eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(a11－q6,1－q)，
∴9＝1＋q3，∴q＝2.
∴S9＝eq \f(1－29,1－2)＝29－1.故选项A，B正确．又6S3＝6×(23－1)≠S9，∴选项D不正确．∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等比数列，首项eq \f(1,a1)＝1，公比eq \f(1,q)＝eq \f(1,2)，∴S′5＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).选项C正确．
13．(5分)在等比数列{an}中，a1＋ax＝82，a3ax－2＝81，且前x项和Sx＝121，则此数列的项数x等于( )
A．4 B．5
C．6 D．7
B 解析：设{an}的公比为q，
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋ax＝82，,a3ax－2＝a1ax＝81，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,ax＝81))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝81，,ax＝1.))
①当a1＝1，ax＝81时，
∵Sx＝eq \f(a1－axq,1－q)＝eq \f(1－81q,1－q)＝121，∴q＝3.
又∵ax＝1×qx－1＝3x－1＝81，∴x＝5.
②当a1＝81，ax＝1时，
∵Sx＝eq \f(81－q,1－q)＝121，∴q＝eq \f(1,3).
又∵ax＝81×qx－1＝81×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－1＝1，∴x＝5.
综上，x＝5.
14.(5分)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq \f(1,4)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝________.
eq \f(32,3)(1－4－n) 解析：设等比数列{an}的公比为q，
由a5＝eq \f(1,4)＝a2q3＝2q3，解得q＝eq \f(1,2).又数列{anan＋1}仍是等比数列，其首项是a1a2＝8，公比为eq \f(1,4)，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq \f(8\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝eq \f(32,3)(1－4－n).
15.(5分)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3，S9，S6成等差数列，且a8＝3，则a5的值为________．
－6 解析：∵S3，S9，S6成等差数列，
∴2S9＝S3＋S6.
显然q≠1，
∴2×eq \f(a11－q9,1－q)＝eq \f(a11－q3,1－q)＋eq \f(a11－q6,1－q).
∴2q9－q6－q3＝0.∴q3＝－eq \f(1,2).
∴a5＝eq \f(a8,q3)＝3×(－2)＝－6.
16.(10分)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(n－12＋n－1,2)＝n.
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，
故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，则
T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则
A＝eq \f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
17.(12分)在等比数列{an}中，a5＝162，公比q＝3，前n项和Sn＝242，求首项a1和项数n.
解：由已知条件，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1·35－1＝162，①,\f(a11－3n,1－3)＝242，②))
由①得81a1＝162，解得a1＝2.
将a1＝2代入②，得eq \f(21－3n,1－3)＝242，
即3n＝243，解得n＝5.
所以数列{an}的首项a1＝2，项数n＝5.
18.(13分)已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，方程ax2－3x＋2＝0的解x1＝1，x2＝b(b≠1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an×2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由方程ax2－3x＋2＝0的两根为x1＝1，x2＝b，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－3＋2＝0，,ab2－3b＋2＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2.))
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×eq \f(21－2n,1－2)－(2n－1)×2n＋1－2＝(3－2n)×2n＋1－6.
所以Tn＝(2n－3)×2n＋1＋6.