《2018-2019学年高中数学 第二章 数列 2.5 等比数列的前n项和 第2课时 数列求和练习 新人教a版必修5》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年高中数学 第二章 数列 2.5 等比数列的前n项和 第2课时 数列求和练习 新人教a版必修5（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第二章2.5第2课时 数列求和A级基础巩固一、选择题1等比数列an中，a29，a5243，则an的前4项和为(B)A81B120C168 D192解析q327，q3，a13，S4120.2数列an的通项公式anncos，其前n项和为Sn，则S2 016等于(A)A1 008 B2 016C504 D0解析函数ycos的周期T4，且第一个周期四项依次为0，1,0,1.可分四组求和：a1a5a2 0130，a2a6a2 014262 0145041 008，a3a7a2 0150，a4a8a2 016482 0165041 010.S2 01605041 00805041 010504(1 010
2、1 008)1 008，故选A3已知数列an：，设bn，那么数列bn前n项的和为(A)A4(1) B4()C1 D解析an，bn4()Sn4(1)()()()4(1)4(20182019学年度山东日照青山中学高二月考)已知数列an的前n项和Snn24n2，则|a1|a2|a10|等于(A)A66B65C61D56解析当n2时，anSnSn1n24n2(n1)24(n1)2n24n2(n26n7)n24n2n26n72n5，当n1时，a1S11不满足上式，an.|a1|a2|a10|1113515226466.二、填空题5数列，前n项的和为_4_.解析设SnSn得(1)Sn2.Sn4.6(201
3、5广东理，10)在等差数列an中，若a3a4a5a6a725，则a2a8_10_.解析因为an是等差数列，所以a3a7a4a6a2a82a5，a3a4a5a6a75a525 即a55，a2a82a510.三、解答题7(2015山东理，18)设数列an的前n项和为Sn，已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.解析(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13，当n2时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an.(2)因为anbnlog3an，所以b1，当n2时，bn31nlog33n1
4、(n1)31n.所以T1b1；当n2时，Tnb1b2b3bn(131232(n1)31n)，所以3Tn1130231(n1)32n两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n.8(20182019学年度山东菏泽一中高二月考)已知数列an为等差数列，且a15，a29，数列bn的前n项和Snbn.(1)求数列an和bn的通项公式(2)设cnan|bn|，求数列cn的前n项的和Tn.解析(1)公差da2a1954，ana1(n1)d54(n1)4n1.(2)Snbn，Sn1bn1(n2)，两式相减，得bnbnbn1，bnbn1，2(n2)又b1S1b1，b11，数列bn是首项
5、为1，公比为2的等比数列，bn(2)an|bn|(4n1)|(2)n1|(4n1)2n1.Tn51921322(4n1)2n12Tn52922(4n3)2n1(4n1)2n得Tn54(2222n1)(4n1)2n54(4n1)2n58(2n11)(4n1)2n52n28(4n1)2n2n2(4n1)2n32n(44n1)32n(34n)3，Tn(4n3)2n3.B级素养提升一、选择题1已知等差数列an和bn的前n项和分别为Sn，Tn，且，则(A)A BC6 D7解析，又，.2(20182019学年度山东日照青山中学高二月考)已知数列an的通项公式是an，其前n项和Sn，则项数n等于(D)A13
6、B10C9D6解析an1，Sn(1)(1)(1)(1)n()nn1，令n15，n6.二、填空题3等比数列an的前n项和Sn3n1a(a为常数)，bn，则数列bn的前n项和为_(1)_.解析Sn为等比数列an的前n项和，且Sn3(3n)1，a3，Sn3n13，当n2时，anSnSn1(3n13)(3n3)23n，又a1S16符合式，an23n，bn()n，bn的前n项和为Tn(1)4求和1(13)(1332)(133233)(133n1)_(3n1)_.解析a11，a213，a31332，an13323n1(3n1)，原式(311)(321)(3n1)(3323n)n(3n1).三、解答题5(2
7、015全国理，17)Sn为数列an的前n项和已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解析(1)当n1时，a2a14S134a13，因为an0，所以a13，当n2时，a2ana2an14Sn34Sn134an，即(anan1)(anan1)2(anan1)，因为an0，所以anan12，所以数列an是首项为3，公差为2的等差数列，所以an2n1.(2)由(1)知，bn()，所以数列bn前n项和为b1b2bn()()().6已知数列an和bn中，数列an的前n项和为Sn.若点(n，Sn)在函数yx24x的图象上，点(n，bn)在函数y2x的图象上(1
8、)求数列an的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解析(1)由已知得Snn24n，当n2时，anSnSn12n5，又当n1时，a1S13，符合上式an2n5.(2)由已知得bn2n，anbn(2n5)2n.Tn321122(1)23(2n5)2n，2Tn322123(2n7)2n(2n5)2n1.两式相减得Tn6(23242n1)(2n5)2n1(2n5)2n16(72n)2n114.C级能力拔高1等差数列an中，a24，a4a715.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an2n，求b1b2b3b10的值解析(1)设等差数列an的公差为d.由已知得，解得.所以ana1(n1)dn2.(2)由(1)可得bn2nn.所以b1b2b3b10(21)(222)(233)(21010)(22223210)(12310)(2112)55211532 101.2已知数列an是递增的等比数列，且a1a49，a2a38.(1)求数列an的通项公式；(2)设Sn为数列an的前n项和，bn，求数列bn的前n项和Tn.解析(1)an是递增的等比数列，且a1a49，a2a38，.q38，q2.ana1qn12n1.(2)由(1)可知Sn2n1，bn.Tn(1)()()()1.8
