2018-2019学年高二数学上册基础巩固检测题36

第二章 数列
2.5 等比数列的前n项和
第1课时 等比数列前n项和的示解

A级 基础巩固
一、选择题
1．设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列
{an}前7项的和为( )
A．63 B．64 C．127 D．128
解析：设数列{an}的公比为q(q＞0)，则有a5＝a1q4＝16，

所以q＝2，数列的前7项和为S7＝a1（1－q7）1－q＝
1－2
7
1－2
＝127.

答案：C
2．已知等比数列{an}中，an＝2×3n－1，则由此数列的偶数项所组
成的新数列的前n项和Sn的值为( )
A．3n－1 B．3(3n－1)

C.9n－14 D.3（9n－1）4
解析：因为an＝2×3n－1，则数列{an}是以2为首项，3为公比的
等比数列，由此数列的偶数项所组成的新数列是以6为首项，以9

为公比的等比数列，则前n项和为Sn＝6（1－9n）1－9＝3（9n－1）4.
答案：D
3．一座七层的塔，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：设最下面一层灯的盏数为a1，则公比q＝12，n＝7，由

a
1
1－




1
2
7

1－
1
2

＝381，解得a1＝192.

答案：C
4．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－43，则{an}的前10项
和等于( )
A．－6(1－3－10) B.19(1－3－10)
C．3(1－3－10) D．3(1＋3－10)
解析：因为3an＋1＋an＝0，a2＝－43≠0，

所以an≠0，所以an＋1an＝－13，所以数列{an}是以－13为公比的等比
数列．
因为a2＝－43，所以a1＝4，

所以S10＝41－－13101－－13＝3(1－3－10)．
答案：C
5．已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋
a
6

＝9，则log13(a5＋a7＋a9)的值是( )
A．－15 B．－5 C．5 D.15
解析：由log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，得log3an＋1－log3an＝1且
an>0，即log3an＋1an＝1，解得an＋1an＝3，所以数列{a
n
}是公比为3的等比

数列．因为a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)q3，所以a5＋a7＋a9＝9×33＝35.
所以log13(a5＋a7＋a9)＝log1335＝－log335＝－5.

答案：B
二、填空题
6．在等比数列{an}中，a1＋a2＝30，a3＋a4＝60，则a7＋a8＝
________．
解析：因为a1＋a2＝a1(1＋q)＝30，a3＋a4＝a1q2(1＋q)＝60，所
以q2＝2，所以a7＋a8＝a1q6(1＋q)＝·(q2)3＝30×8＝240.
答案：240
7．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：法一：a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝1＋|1×(－2)|＋1×(－2)
2
＋|1×(－2)3|＝15.
法二：因为a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝|a1|＋
|a2|＋|a3|＋|a4|，数列{|an|}是首项为1，公比为2的等比数列，

故所求代数式的值为1－241－2＝15.
答案：15
8．(2018·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，
a
n
＋1

＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________．

解析：a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1⇒a1＝1，a2＝3，
再由an＋1＝2Sn＋1，an＝2Sn－1＋1(n≥2)⇒an＋1－an＝2an⇒an＋1＝
3an(n≥2)，又a2＝3a1，

所以an＋1＝3an(n≥1)，S5＝1－351－3＝121.
答案：1 121
三、解答题
9．已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列an2n－1的前n项和．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得

a1＋d＝0，2a1＋12d＝－10，解得




a
1
＝1，

d
＝－1.

故数列{an}的通项公式为an＝2－n.

(2)设数列an2n－1的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋a22＋…＋an2n－1，故

S
1
＝1，Sn2＝a12＋a24＋…＋an2n.

所以，当n＞1时，Sn2＝a1＋a2－a12＋…＋an－an－12n－1－an2n＝
1－12＋14＋…＋12n－1－2－n2n＝
1－1－12n－1－2－n2n＝n2n，
所以Sn＝n2n－1，
综上，数列an2n－1的前n项和Sn＝n2n－1.
10．数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
(1)证明：数列ann是等差数列；
(2)设bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)证明：由已知可得an＋1n＋1＝ann＋1，

即an＋1n＋1－ann＝1，
所以ann是以a11＝1为首项，1为公差的等差数列．
(2)解：由(1)得ann＝1＋(n－1)·1＝n，
所以an＝n2.从而bn＝n·3n。
Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n
·3n，①

3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②

①—②得，－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝3·（1－3n）1－3－

n
·3n＋1＝（1－2n）·3n＋1－32.

所以Sn＝（2n－1）·3n＋1＋34.
B级 能力提升
1．在等比数列{an}中，a1＋a2＋…＋an＝2n－1(n∈N*)，则a21＋
a
2
2

＋…＋a2n等于( )

A．(2n－1)2 B.13(2n－1)2

C．4n－1 D.13(4n－1)
解析：a1＋a2＋…＋an＝2n－1，即Sn＝2n－1，则Sn－1＝2n－1－
1(n≥2)，则an＝2n－2n－1＝2n－1(n≥2)，又a1＝1也符合上式，所以

an＝2n－1，a2n＝4n－1，所以a21＋a22＋…＋a
2
n
＝13(4n－1)．

答案：D
2．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，
S
n

＋2
成等差数列，则q的值为________．

解析：由已知条件，得2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，
即2Sn＝2Sn＋2an＋1＋an＋2，

即an＋2an＋1＝－2.
答案：－2
3．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，
Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r
均为常数)的图象上．

(1)求r的值；

(2)当b＝2时，记bn＝n＋14an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r，
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1·(b－1)，
由于b＞0且b≠1，
所以a≥2时，{an}是以b为公比的等比数列，

又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，a2a1＝b，

即b（b－1）b＋r＝b，
解得r＝－1.
(2)由(1)知，n∈N*，an＝(b－1)bn－1＝2n－1，所以bn＝n＋14·2n－1＝
n
＋1

2
n
＋1

.

T
n
＝222＋323＋424＋ …＋n＋12n＋1，

12Tn＝223＋－324＋…＋n2n＋1＋n＋1
2
n
＋2

，

两式相减得12Tn＝222＋123＋124＋…＋12n＋1－n＋12n＋2＝
34－12n＋1－n＋1
2
n
＋2

，

所以Tn＝32－12n－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1.