2025版高中數(shù)學(xué)第2章數(shù)列2.5等比數(shù)列的前n項(xiàng)和第2課時(shí)數(shù)列求和課時(shí)作業(yè)案新人教A版必修5

PAGEPAGE1第2課時(shí)數(shù)列求和A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．設(shè)數(shù)列{an}滿意：an＋1＝an＋eq\f(1,nn＋1)，a20＝1，則a1＝(A)A．eq\f(1,20) B．eq\f(1,21)C．eq\f(2,21) D．eq\f(1,10)[解析]由題可得：an＋1－an＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，對n分別取正整數(shù)后進(jìn)行疊加，可得an＋1－a1＝1－eq\f(1,n＋1)，又a20＝1，當(dāng)n＝19時(shí)，有a20－a1＝1－eq\f(1,19＋1)，所以a1＝eq\f(1,20).2．?dāng)?shù)列{(－1)nn}的前n項(xiàng)和為Sn，則S2020＝(A)A．1010 B．－1010C．2020 D．－2020[解析]S2020＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2019＋2020)＝1010.3．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n項(xiàng)和為Sn，則S2016等于(A)A．1008 B．2016C．504 D．0[解析]∵函數(shù)y＝coseq\f(nπ,2)的周期T＝eq\f(2π,\f(π,2))＝4，且第一個(gè)周期四項(xiàng)依次為0，－1,0,1.∴可分四組求和：a1＋a5＋…＋a2013＝0，a2＋a6＋…＋a2014＝－2－6－…－2014＝eq\f(504×－2－2014,2)＝－504×1008，∴a3＋a7＋…＋a2015＝0，a4＋a8＋…＋a2016＝4＋8＋…＋2016＝eq\f(504×4＋2016,2)＝504×1010.∴S2016＝0－504×1008＋0＋504×1010＝504×(1010－1008)＝1008，故選A．4．已知數(shù)列{an}：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)，eq\f(1,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(3,4)，eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)，…，設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)，那么數(shù)列{bn}前n項(xiàng)的和為(A)A．4(1－eq\f(1,n＋1)) B．4(eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1))C．1－eq\f(1,n＋1) D．eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)[解析]∵an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq\f(\f(nn＋1,2),n＋1)＝eq\f(n,2)，∴bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(4,nn＋1)＝4(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))．∴Sn＝4[(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,4))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))]＝4(1－eq\f(1,n＋1))．5．(2024·福建高三下學(xué)期模擬)已知函數(shù)f(x)＝x＋3sin(x－eq\f(1,2))＋eq\f(1,2)，則f(eq\f(1,2019))＋f(eq\f(2,2019))＋…＋f(eq\f(2018,2019))＝(A)A．2018 B．2019C．4036 D．4038[解析]∵f(a)＋f(1－a)＝a＋3sin(a－eq\f(1,2))＋eq\f(1,2)＋1－a＋3sin(1－a－eq\f(1,2))＋eq\f(1,2)＝2＋3sin(a－eq\f(1,2))＋3sin(eq\f(1,2)－a)＝2，設(shè)S＝f(eq\f(1,2019))＋f(eq\f(2,2019))＋…＋f(eq\f(2018,2019))，①則S＝f(eq\f(2018,2019))＋f(eq\f(2017,2019))＋…＋f(eq\f(1,2019))．②①＋②得2S＝2018×[f(eq\f(1,2019))＋f(eq\f(2018,2019))]＝4036，∴S＝2018.6．已知數(shù)列{an}，a1＝1，且a1＋a2＋…＋an－1＝an－1(n≥2，n∈N*)，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an·an＋1)))的前n項(xiàng)和為(C)A．1－eq\f(1,4n) B．1－eq\f(1,2n)C．eq\f(2,3)(1－eq\f(1,4n)) D．eq\f(2,3)(1－eq\f(1,2n))[解析]∵a1＋a2＋…＋an－1＝an－1，∴a1＋a2＋…＋an＝an＋1－1.兩式兩邊分別相減得an＋1＝2an(n≥2)，即eq\f(an＋1,an)＝2.又∵a1＝1，a2＝2，a2＝2a1∴{an}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，∴an·an＋1＝22n－1，∴eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,2)×(eq\f(1,4))n－1，∴{eq\f(1,an·an＋1)}是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,4)的等比數(shù)列，它的前n項(xiàng)和為eq\f(\f(1,2)1－\f(1,4n),1－\f(1,4))＝eq\f(2,3)(1－eq\f(1,4n))．故選C．二、填空題7．?dāng)?shù)列eq\f(2,2)，eq\f(4,22)，eq\f(6,23)，…，eq\f(2n,2n)，…前n項(xiàng)的和為__4－eq\f(n＋2,2n－1)__.[解析]設(shè)Sn＝eq\f(2,2)＋eq\f(4,22)＋eq\f(6,23)＋…＋eq\f(2n,2n)①eq\f(1,2)Sn＝eq\f(2,22)＋eq\f(4,23)＋eq\f(6,24)＋…＋eq\f(2n,2n＋1)②①－②得(1－eq\f(1,2))Sn＝eq\f(2,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(2,24)＋…＋eq\f(2,2n)－eq\f(2n,2n＋1)＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(2n,2n＋1).∴Sn＝4－eq\f(n＋2,2n－1).8．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n－1，則aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)等于__eq\f(1,3)(4n－1)__.[解析]∵Sn＝2n－1，∴n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1也滿意，∴an＝2n－1，∴aeq\o\al(2,n)＝4n－1.∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝1＋4＋42＋…＋4n－1＝eq\f(1×4n－1,4－1)＝eq\f(1,3)(4n－1)．三、解答題9．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知2Sn＝3n＋3.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿意anbn＝log3an，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.[解析](1)因?yàn)?Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝3n－1＋3，此時(shí)2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＝1,3n－1n≥2)).(2)因?yàn)閍nbn＝log3an，所以b1＝eq\f(1,3)，當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝eq\f(1,3)；當(dāng)n≥2時(shí)，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,3)＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]．兩式相減，得2Tn＝eq\f(2,3)＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝eq\f(2,3)＋eq\f(1－31－n,1－3－1)－(n－1)×31－n＝eq\f(13,6)－eq\f(6n＋3,2×3n).∴Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n).10．(2024·山東菏澤一中高二月考)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且a1＝5，a2＝9，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(2,3)bn＋eq\f(1,3).(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn＝an|bn|，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)的和Tn.[解析](1)公差d＝a2－a1＝9－5＝4，∴an＝a1＋(n－1)d＝5＋4(n－1)＝4n＋1.(2)∵Sn＝eq\f(2,3)bn＋eq\f(1,3)，∴Sn－1＝eq\f(2,3)bn－1＋eq\f(1,3)(n≥2)，兩式相減，得bn＝eq\f(2,3)bn－eq\f(2,3)bn－1，∴eq\f(1,3)bn＝－eq\f(2,3)bn－1，∴eq\f(bn,bn－1)＝－2(n≥2)．又b1＝S1＝eq\f(2,3)b1＋eq\f(1,3)，∴b1＝1，∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為－2的等比數(shù)列，∴bn＝(－2)n－1.∴cn＝an|bn|＝(4n＋1)|(－2)n－1|＝(4n＋1)·2n－1.∴Tn＝5×1＋9×2＋13×22＋…＋(4n＋1)·2n－1①2Tn＝5×2＋9×22＋…＋(4n－3)·2n－1＋(4n＋1)·2n②①－②得－Tn＝5＋4(2＋22＋…＋2n－1)－(4n＋1)·2n＝5＋4×eq\f(21－2n－1,1－2)－(4n＋1)·2n＝5＋8(2n－1－1)－(4n＋1)·2n＝5＋2n＋2－8－(4n＋1)·2n＝2n＋2－(4n＋1)·2n－3＝2n(4－4n－1)－3＝2n(3－4n)－3，∴Tn＝(4n－3)2n＋3.B級素養(yǎng)提升一、選擇題1．已知等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(7n＋1,n＋3)，則eq\f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝(A)A．eq\f(31,5) B．eq\f(32,5)C．6 D．7[解析]∵eq\f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝eq\f(a2＋a22＋a5＋a17,b8＋b16＋b10＋b12)＝eq\f(2a12＋2a11,2b12＋2b11)＝eq\f(a11＋a12,b11＋b12)＝eq\f(a1＋a22,b1＋b22)，又∵eq\f(S22,T22)＝eq\f(a1＋a22×22,b1＋b22×22)＝eq\f(a1＋a22,b1＋b22)，∴eq\f(a1＋a22,b1＋b22)＝eq\f(7×22＋1,22＋3)＝eq\f(31,5).∴eq\f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝eq\f(31,5).2．(2024·山東日照青山中學(xué)高二月考)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝eq\f(2n－1,2n)，其前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(321,64)，則項(xiàng)數(shù)n等于(D)A．13 B．10C．9 D．6[解析]∵an＝eq\f(2n－1,2n)＝1－eq\f(1,2n)，∴Sn＝(1－eq\f(1,2))＋(1－eq\f(1,4))＋(1－eq\f(1,8))＋…＋(1－eq\f(1,2n))＝n－(eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋…＋eq\f(1,2n))＝n－eq\f(\f(1,2)1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝n－1＋eq\f(1,2n)，令n－1＋eq\f(1,2n)＝eq\f(321,64)＝5＋eq\f(1,64)，∴n＝6.3．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2,2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n－1)＋aeq\o\al(2,n＋1)(n≥2)，bn＝eq\f(1,an＋an＋1)，記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，則S40的值是(B)A．eq\f(11,3) B．eq\f(10,3)C．10 D．11[解析]因?yàn)?aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n－1)＋aeq\o\al(2,n＋1)(n≥2)，所以數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}為等差數(shù)列，且首項(xiàng)為1，公差為3，則aeq\o\al(2,n)＝3n－2，即an＝eq\r(3n－2)，故bn＝eq\f(1,an＋an＋1)＝eq\f(1,3)(eq\r(3n＋1)－eq\r(3n－2))．則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn＝eq\f(1,3)[(eq\r(4)－eq\r(1))＋(eq\r(7)－eq\r(4))＋…＋(eq\r(3n＋1)－eq\r(3n－2))]＝eq\f(1,3)(eq\r(3n＋1)－1)，故S40＝eq\f(1,3)(eq\r(3×40＋1)－1)＝eq\f(10,3).4．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝eq\r(2)sin(eq\f(nπ,2)＋eq\f(π,4))，設(shè)其前n項(xiàng)和為Sn，則S12的值為(A)A．0 B．eq\r(2)C．－eq\r(2) D．1[解析]a1＝eq\r(2)sin(eq\f(π,2)＋eq\f(π,4))＝1，a2＝eq\r(2)sin(π＋eq\f(π,4))＝－1，a3＝eq\r(2)sin(eq\f(3π,2)＋eq\f(π,4))＝－1，a4＝eq\r(2)sin(2π＋eq\f(π,4))＝1，同理，a5＝1，a6＝－1，a7＝－1，a8＝1，a9＝1，a10＝－1，a11＝－1，a12＝1，∴S12＝0.二、填空題5．等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n＋1＋a(a為常數(shù))，bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n))，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為__eq\f(1,32)×(1－eq\f(1,9n))__.[解析]∵Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且Sn＝3(3n＋eq\f(a,3))．∴eq\f(a,3)＝－1，∴a＝－3，∴Sn＝3n＋1－3，∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1－3)－(3n－3)＝2×3n①，又∵a1＝S1＝6符合①式，∴an＝2×3n，∴bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n))＝eq\f(1,4×9n)＝eq\f(1,4)·(eq\f(1,9))n，∴{bn}的前n項(xiàng)和為Tn＝eq\f(\f(1,36)×[1－\f(1,9)n],1－\f(1,9))＝eq\f(1,32)×(1－eq\f(1,9n))．6．求和1＋(1＋3)＋(1＋3＋32)＋(1＋3＋32＋33)＋…＋(1＋3＋…＋3n－1)＝__eq\f(3,4)(3n－1)－eq\f(n,2)__.[解析]a1＝1，a2＝1＋3，a3＝1＋3＋32，……an＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq\f(1,2)(3n－1)，∴原式＝eq\f(1,2)(31－1)＋eq\f(1,2)(32－1)＋…＋eq\f(1,2)(3n－1)＝eq\f(1,2)[(3＋32＋…＋3n)－n]＝eq\f(3,4)(3n－1)－eq\f(n,2).三、解答題7．已知數(shù)列{an}和{bn}中，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若點(diǎn)(n，Sn)在函數(shù)y＝－x2＋4x的圖象上，點(diǎn)(n，bn)在函數(shù)y＝2x的圖象上．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和Tn.[解析](1)由已知得Sn＝－n2＋4n，∵當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋5，又當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3，符合上式．∴an＝－2n＋5.(2)由已知得bn＝2n，anbn＝(－2n＋5)·2n.Tn＝3×21＋1×22＋(－1)×23＋…＋(－2n＋5)×2n，2Tn＝3×22＋1×23＋…＋(－2n＋7)×2n＋(－2n＋5)×2n＋1.兩式相減得Tn＝－6＋(23＋24＋…＋2n＋1)＋(－2n＋5)×2n＋1＝eq\f(231－2n－1,1－2)＋(－2n＋5)×2n＋1－6＝(7－2n)·2n＋1－14.8．(2024·天津理，19)設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿意c1＝1，cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，2k<n<2k＋1，,bk，n＝2k，))其中k∈N*.①求數(shù)列{a2n(c2n－1)}的通項(xiàng)公式；②求eq\i\su(i＝1,2n,a)ici(n∈N*)．[解析](1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6q＝6＋2d，,6q2＝12＋4d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝2，))故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.所以，{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n＋1，{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝3×2n.(2)①a2n(c2n－1)＝a2n(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9