高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列2.5 等比数列的前n项和课后练习题

这是一份高中数学人教版新课标A必修5第二章 数列2.5 等比数列的前n项和课后练习题，共6页。

1．设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若{Sn}是等差数列，则q等于( )
A．1 B．0
C．1或0 D．－1
解析：选A 因为Sn－Sn－1＝an，又{Sn}是等差数列，所以an为定值，即数列{an}为常数列，所以q＝eq \f(an,an－1)＝1.
2．已知数列{an}是公比为3的等比数列，其前n项和Sn＝3n＋k(n∈N*)，则实数k为( )
A．0 B．1
C．－1 D．2
解析：选C 由数列{an}的前n项和Sn＝3n＋k(n∈N*)，
当n＝1时，a1＝S1＝3＋k；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝3n＋k－(3n－1＋k)
＝2×3n－1.
因为数列{an}是公比为3的等比数列，所以a1＝2×31－1＝3＋k，解得k＝－1.
3．已知等比数列的公比为2，且前5项和为1，那么前10项和等于( )
A．31 B．33
C．35 D．37
解析：选B 根据等比数列性质得eq \f(S10－S5,S5)＝q5，
∴eq \f(S10－1,1)＝25，∴S10＝33.
4．在等比数列{an}中，a3＝eq \f(3,2)，其前三项的和S3＝eq \f(9,2)，则数列{an}的公比q＝( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C．－eq \f(1,2)或1 D.eq \f(1,2)或1
解析：选C 由题意，可得a1q2＝eq \f(3,2)，a1＋a1q＋a1q2＝eq \f(9,2)，两式相除，得eq \f(1＋q＋q2,q2)＝3，解得q＝－eq \f(1,2)或1.
5．等比数列{an}的前n项和为Sn，S5＝2，S10＝6，则a16＋a17＋a18＋a19＋a20等于( )
A．8 B．12
C．16 D．24
解析：选C 设等比数列{an}的公比为q，因为S2n－Sn＝qnSn，所以S10－S5＝q5S5，所以6－2＝2q5，所以q5＝2，所以a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝a1q15＋a2q15＋a3q15＋a4q15＋a5q15＝q15(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q15S5＝23×2＝16.
6．等比数列{an}共有2n项，它的全部各项的和是奇数项的和的3倍，则公比q＝________.
解析：设{an}的公比为q，则奇数项也构成等比数列，其公比为q2，首项为a1，
偶数项之和与奇数项之和分别为S偶，S奇，
由题意S偶＋S奇＝3S奇，
即S偶＝2S奇，
因为数列{an}的项数为偶数，
所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝2.
答案：2
7．等比数列{an}中，若a1＋a3＋…＋a99＝150，且公比q＝2，则数列{an}的前100项和为________．
解析：由eq \f(a2＋a4＋…＋a100,a1＋a3＋…＋a99)＝q，q＝2，得eq \f(a2＋a4＋…＋a100,150)＝2⇒a2＋a4＋…＋a100＝300，则数列{an}的前100项的和S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝150＋300＝450.
答案：450
8．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝eq \f(7,4)，S6＝eq \f(63,4)，则a8＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝\f(a11－q3,1－q)＝\f(7,4)，,S6＝\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝\f(1,4)，))
则a8＝a1q7＝eq \f(1,4)×27＝32.
答案：32
9．设等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.
解：设{an}的公比为q，由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝6，,6a1＋a1q2＝30，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝3.))
当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，Sn＝3(2n－1)；
当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，Sn＝3n－1.
10．已知等比数列{an}中，a1＝eq \f(1,3)，公比q＝eq \f(1,3).
(1)Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn＝eq \f(1－an,2)；
(2)设bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)证明：因为an＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(1,3n)，
Sn＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(1－\f(1,3n),2)，
所以Sn＝eq \f(1－an,2).
(2)bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－eq \f(nn＋1,2).
所以{bn}的通项公式为bn＝－eq \f(nn＋1,2).
层级二 应试能力达标
1．设Sn为等比数列{an}的前n项和，且8a2＋a5＝0，则eq \f(S5,S2)等于( )
A．11 B．5
C．－8 D．－11
解析：选D 设{an}的公比为q.因为8a2＋a5＝0.
所以8a2＋a2·q3＝0.所以a2(8＋q3)＝0.
因为a2≠0，所以q3＝－8.所以q＝－2.
所以eq \f(S5,S2)＝eq \f(\f(a11－q5,1－q),\f(a11－q2,1－q))＝eq \f(1－q5,1－q2)＝eq \f(1＋32,1－4)＝eq \f(33,－3)＝－11.故选D.
2．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和为( )
A.eq \f(15,8)或5 B.eq \f(31,16)或5
C.eq \f(31,16) D.eq \f(15,8)
解析：选C 由题意，q≠1，由9S3＝S6，得9×eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(a11－q6,1－q)，解得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1，eq \f(1,an)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，其前5项和为eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).
3．在等比数列{an}中，若a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝( )
A．(2n－1)2 B.eq \f(1,3)(4n－1)
C.eq \f(1,3)(2n－1) D．4n－1
解析：选B 由a1＋a2＋…＋an＝2n－1，得a1＝1，a2＝2，所以{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以{aeq \\al(2,n)}是以1为首项，4为公比的等比数列，所以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)．
4．一座七层的塔，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
解析：选C 设最下面一层灯的盏数为a1，则公比q＝eq \f(1,2)，n＝7，由eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))7)),1－\f(1,2))＝381，解得a1＝192.
5．设数列{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，则a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝________.
解析：依题意得a1＝1，a2＝－2，a3＝4，a4＝－8，所以a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝15.
答案：15
6．设数列{an}的前n项和为Sn，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(Sn,n)))(n∈N*)均在直线y＝x＋eq \f(1,2)上．若bn＝3，则数列{bn}的前n项和Tn＝________.
解析：依题意得eq \f(Sn,n)＝n＋eq \f(1,2)，即Sn＝n2＋eq \f(1,2)n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n2＋\f(1,2)n))－[(n－1)2＋eq \f(1,2)(n－1)]＝2n－eq \f(1,2)；当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，符合an＝2n－eq \f(1,2)，所以an＝2n－eq \f(1,2)(n∈N*)，则bn＝3＝32n，由eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(32n＋1,32n)＝32＝9，可知{bn}为等比数列，b1＝32×1＝9，故Tn＝eq \f(91－9n,1－9)＝eq \f(9n＋1－9,8).
答案：eq \f(9n＋1－9,8)
7．某地本年度旅游业收入估计为400万元，由于该地出台了一系列措施，进一步发展旅游业，预计今后旅游业的收入每年会比上一年增加eq \f(1,4).
(1)求n年内旅游业的总收入；
(2)试估计大约几年后，旅游业的总收入超过8 000万元．
解：(1)设第n年的旅游业收入估计为an万元，
则a1＝400，an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))an＝eq \f(5,4)an，
∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(5,4)，∴数列{an}是公比为eq \f(5,4)的等比数列，
∴Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(400\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n)),1－\f(5,4))
＝1 600eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1))，
即n年内旅游业总收入为1 600eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1))万元．
(2)由(1)知Sn＝1 600eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1))，
令Sn>8 000，
即1 600eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1))>8 000，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n>6，∴lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n>lg 6，
∴n>eq \f(lg 6,lg \f(5,4))≈8.029 6.
∴大约第9年后，旅游业总收入超过8 000万元．
8．在数列{an}中，若an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,an－1＋\f(1,2)，n≥2，))求数列{an}的前n项和．
解：当n＝1时，S1＝a1＝1.
当n≥2时，
若a＝0，有an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(1,2)，n≥2，))
则Sn＝1＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋1,2).
若a＝1，有an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(3,2)，n≥2，))
则Sn＝1＋eq \f(3,2)(n－1)＝eq \f(3n－1,2).
若a≠0且a≠1，
则Sn＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋a))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋a2))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋an－1))
＝1＋eq \f(1,2)(n－1)＋(a＋a2＋…＋an－1)
＝eq \f(n＋1,2)＋eq \f(a－an,1－a).
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(n＋1,2)，a＝0且n≥2，,\f(3n－1,2)，a＝1且n≥2，,\f(n＋1,2)＋\f(a－an,1－a)，a≠0且a≠1且n≥2.))