2022年高中數學第二章數列5等比數列的前n項和第2課時練習含解析人教版必修5

1、PAGE 7 -第2課時一、選擇題1數列1eq f(1,2)，3eq f(1,4)，5eq f(1,8)，7eq f(1,16)，的前n項和Sn為()An21eq f(1,2n)Bn21eq f(1,2n1)Cn22eq f(1,2n)Dn22eq f(1,2n1)答案A解析由題設知，數列的通項為an2n1eq f(1,2n)，顯然數列的各項為等差數列2n1和等比數列eq f(1,2n)相應項的和，從而Sn13(2n1)(eq f(1,2)eq f(1,4)eq f(1,2n)n21eq f(1,2n).2已知數列an的通項公式是aneq f(1,r(n)r(n1)，若前n項和為10，則項數n

2、為()A11B99C120D121答案C解析因為aneq f(1,r(n)r(n1)eq r(n1)eq r(n)，所以Sna1a2an(eq r(2)1)(eq r(3)eq r(2)(eq r(n1)eq r(n)eq r(n1)110，解得n120.3已知等比數列的前n項和Sn4na，則a的值等于()A4B1C0D1答案B解析a1S14a，a2S2S142a4a12，a3S3S243a42a48，由已知得aeq oal(2,2)a1a3，14448(4a)，a1.4數列an的通項公式為an(1)n1(4n3)，則它的前100項之和S100等于()A200B200C400D400答案B解析

3、S10015913(4993)(41003)50(4)200.5數列an的前n項和為Sn，若aneq f(1,nn1)，則S5等于()A1Beq f(5,6)Ceq f(1,6)Deq f(1,30)答案B解析aneq f(1,nn1)eq f(1,n)eq f(1,n1)，S51eq f(1,2)eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,3)eq f(1,4)eq f(1,4)eq f(1,5)eq f(1,5)eq f(1,6)1eq f(1,6)eq f(5,6).6數列an中，已知對任意nN*，a1a2a3an3n1，則aeq oal(2,1)aeq oal(2,2)aeq o

4、al(2,3)aeq oal(2,n)等于()A(3n1)2Beq f(1,2)(9n1)C9n1Deq f(1,4)(3n1)答案B解析a1a2a3an3n1，a1a2a3an13n11(n2)，兩式相減得an3n3n123n1，又a12滿足上式，an23n1.aeq oal(2,n)432n249n1，aeq oal(2,1)aeq oal(2,2)aeq oal(2,n)4(19929n1)eq f(419n,19)eq f(1,2)(9n1)二、填空題7數列eq f(2,2)，eq f(4,22)，eq f(6,23)，eq f(2n,2n)，前n項的和為_答案4eq f(n2,2n1

5、)解析設Sneq f(2,2)eq f(4,22)eq f(6,23)eq f(2n,2n)eq f(1,2)Sneq f(2,22)eq f(4,23)eq f(6,24)eq f(2n,2n1)得(1eq f(1,2)Sneq f(2,2)eq f(2,22)eq f(2,23)eq f(2,24)eq f(2,2n)eq f(2n,2n1)2eq f(1,2n1)eq f(2n,2n1).Sn4eq f(n2,2n1).8已知數列a12，a24，ak2k，a1020共有10項，其和為240，則a1a2aka10_.答案130解析由題意，得a1a2aka10240(242k20)24011

6、0130.三、解答題9求數列1,3a,5a2,7a3，(2n1)an1解析當a1時，數列變?yōu)?,3,5,7，(2n1)，則Sneq f(n12n1,2)n2，當a1時，有Sn13a5a27a3(2n1)an1aSna3a25a37a4(2n1)an得：SnaSn12a2a22a32an1(2n1)(1a)Sn1(2n1)an2(aa2a3a4an1)1(2n1)an2eq f(a1an1,1a)1(2n1)aneq f(2aan,1a).又1a0，所以Sneq f(12n1an,1a)eq f(2aan,1a2).10(2014全國大綱文，17)數列an滿足a11，a22，an22an1an2

7、.(1)設bnan1an，證明bn是等差數列；(2)求an的通項公式解析(1)證明：由an22an1an2得an2an1an1an2.即bn1bn2.又b1a2a11.所以bn是首項為1，公差為2的等差數列(2)由(1)得bn12(n1)2n1，即an1an2n1.于是eq isu(k1,n, )(ak1ak)eq isu(k1,n, )(2k1)，所以an1a1n2，即an1n2a1.又a11，所以an的通項公式為ann22n2.一、選擇題1已知等差數列an和bn的前n項和分別為Sn，Tn，且eq f(Sn,Tn)eq f(7n1,n3)，則eq f(a2a5a17a22,b8b10b12b

8、16)()Aeq f(31,5)Beq f(32,5)C6D7答案A解析eq f(a2a5a17a22,b8b10b12b16)eq f(a2a22a5a17,b8b16b10b12)eq f(2a122a11,2b122b11)eq f(a11a12,b11b12)eq f(a1a22,b1b22)，又eq f(S22,T22)eq f(a1a2222,b1b2222)eq f(a1a22,b1b22)，eq f(a1a22,b1b22)eq f(7221,223)eq f(31,5).eq f(a2a5a17a22,b8b10b12b16)eq f(31,5).2數列an滿足an1(1)n

9、an2n1，則an的前60項和為()A3690B3660C1845D1830答案D解析不妨令a11，則a22，a3a5a71，a46，a610，所以當n為奇數時，an1；當n為偶數時，各項構成以2為首項，4為公差的等差數列，所以前60項的和為30230eq f(30301,2)41830.3數列an的通項公式是aneq r(2)sin(eq f(n,2)eq f(,4)，設其前n項和為Sn，則S12的值為()A0Beq r(2)Ceq r(2)D1答案A解析a1eq r(2)sin(eq f(,2)eq f(,4)1，a2eq r(2)sin(eq f(,4)1，a3eq r(2)sin(eq

10、 f(3,2)eq f(,4)1，a4eq r(2)sin(2eq f(,4)1，同理，a51，a61，a71，a81，a91，a101，a111，a121，S120.4已知等差數列an滿足a5a2n52n(n3)，則當n1時，2a12a32a2Aeq f(22n2,3)Beq f(22n12,3)Ceq f(2n2,3)Deq f(2n12,3)答案B解析由a5a2n52n(n3)，得2an2n，ann.2a12a32a2n1223252eq f(214n,14)eq f(22n12,3).二、填空題5設f(x)eq f(1,2xr(2)，利用課本中推導等差數列前n項和的方法，可求得f(5)

11、f(4)f(0)f(5)f(6)的值為_答案3eq r(2)解析f(0)f(1)eq f(1,1r(2)eq f(1,2r(2)eq f(r(2),2)，f(x)f(1x)eq f(1,2xr(2)eq f(1,21xr(2)eq f(r(2),r(2)2xr(2)eq f(2x,r(2)r(2)2x)eq f(r(2),2)，f(5)f(4)f(5)f(6)eq f(1,2)eq blcrc (avs4alco1(f5f6f4f5f6)eq blc rc(avs4alco1(f5)eq f(1,2)12(f(0)f(1)3eq r(2).6求和1(13)(1332)(133232)(133n

12、1)_.答案eq f(3,4)(3n1)eq f(n,2)解析a11，a213，a31332，an13323n1eq f(1,2)(3n1)，原式eq f(1,2)(311)eq f(1,2)(321)eq f(1,2)(3n1)eq f(1,2)(3323n)neq f(3,4)(3n1)eq f(n,2).三、解答題7(2013浙江理，18)在公差為d的等差數列an中，已知a110，且a1,2a22,5a(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.解析(1)由題意得a15a3(2a22)2，a即d23d40.故d1或d4.所以ann11，nN*或an4n6，nN*.(2)設數列an的前n項和為Sn.因為d0，由(1)得d1，ann11.則當n11時，|a1|a2|a3|an|Sneq f(1,2)n2eq f(21,2)n.當n12時，|a1|a2|a3|an|Sn2S11eq f(1,2)n2eq f(21,2)n110.綜上所述，|a1|a2|a3|an|eq blcrc (avs4alco1(f(1,2)n2f(21,2)n，n11，,f(1,2)n2f(21,2)n110，n12.)8已知數列an和bn中，數列an的前n項和為Sn.若點(n，Sn)在函數yx24x的圖象上，點(n，bn)在函數y2x的圖象上(1)求數列an的通項公