2.5 等比数列求和 同步测试卷（含答案解析）

等比数列求和课时测试卷
一、单选题
1．数列…的前项和为( )
A． B．
C． D．
2．等比数列{an}的前n项之和为Sn， 公比为q，若S3=16且 ，则S6=（）
A．14? B．18? C．102? D．144
3．在等比数列{an}（n∈N*）中，若 ，则该数列的前10项和为（）
A． B．? C．? D．
4．等比数列｛an｝的前n项和为Sn，已知S3= a2 +10a1 ，a5 = 9，则a1=（ ）
A． B．-
C． D．-
5．等比数列中, 则的前项和为（ ）
A． B． C． D．
6．在数列中，已知对任意，则（ ）
A． B．
C． D．
7．设等比数列的前n项和为，若，则（ ）
A．2B．C．D．4
8．已知是首项为的正项等比数列，是其前项和，且，则数列的前项和为（ ）
A．25 B．26 C．27 D．28
9．已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，则S17＋S33＋S50等于(　　)
A．0 B．1 C．－1 D．2
10．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯
A．1盏 B．3盏
C．5盏 D．9盏
11．设等比数列{an}的公比为q，其前n项之积为Tn，并且满足条件：a1>1，a2 016a2 017>1，.给出下列结论：(1)00；(3)T2 016是数列{Tn}中的最大项；(4)使Tn>1成立的最大正整数n为4 031.其中正确的结论为(　　)
A．(2)(3) B．(1)(3)
C．(1)(4) D．(2)(4)
12．数列1，1+2，1+2+22，1+2+22+23，…，1+2+22+…+2n－1，…前n项和Sn>1020，则n的最小值是( )
A．7 B．8 C．9 D．10


二、填空题
13．设数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝3(n∈N*)，则满足的所有n的和为________．
14．等比数列{an}中，公比q＝3，S80＝32，则a2＋a4＋a6＋…＋a80＝________.
15．设数列满足，，，则数列的前n项和为 .
16．在正项等比数列中，，. 则满足的最大正整数的值为
17．已知数列的各项均为正，为其前项和，满足，数列为等差数列，且，则数列的前项和________.


三、解答题
18．设数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和．
19．已知数列的首项.
（1）证明: 数列是等比数列；
（2）数列的前项和.
20.已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和，a1＝b1＝1，S2＝.
(1)若b2是a1，a3的等差中项，求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)若an∈N＋，数列{}是公比为9的等比数列，求证：＋＋＋…＋＜.
21．已知数列和满足若为等比数列，且
（1）求和；
（2）设，记数列的前项和为
①求；
②求正整数 k，使得对任意均有.
22．数列中，前项和为，
(1)求数列的通项公式；
(2)令，证明：.



参考答案
1．A【解析】1＋2＋3＋…＋(n＋)
＝(1＋2＋…＋n)＋(＋＋…＋)
＝＋＝ (n2＋n)＋1－＝ (n2＋n＋2)－故答案为A
2．A【解析】由题意得，
将代入上式得 ，
化简得，解得。
∴。∴。选A。
3．B【解析】设等比数列{an}的公比为q，由 得，故。
∴。选B。
C【解析】由S3= a2 +10a1得，a2 +a3= a2 +10a1，即a3= 9a1，即= 9a1，解得= 9，又因为a5 = 9，所以= 9，解得，故选C.
5．B【解析】，解得，
又，则等比数列的前项和.故选：B.
6．B【解析】由于，所以，两式相减得，所以是以为首项，公比为的等比数列，其前项和为.
7．B【解析】等比数列中，成等比数列，设则，，
8．A【解析】设等比数列的公比为，则，根据题意得，因为数列为正项数列,所以，从而有，所以，所以有，所以数列的前10项和等于.
9．B【解析】S17＝1－2＋3－4＋…＋17＝－8＋17＝9，
S33＝1－2＋3－4＋…＋33＝－16＋33＝17，
S50＝1－2＋3－4＋…－50＝－25，
∴S17＋S33＋S50＝9＋17－25＝1.
故答案为：B
10．B【解析】设塔顶的a1盏灯，
由题意{an}是公比为2的等比数列，
∴S7==381，解得a1=3．故选B．
11．B【解析】由<0，a2 016a2 017>1，a1>1可得a2 016>1，a2 017<1,01，所以T4 032＝a1a2·…·a4 032>1，故(4)不正确，所以(1)，(3)正确，选B.
12．D【解析】依题意数列每一项都是一个等比数列的和，数列通项公式，，，，，故选D.
13．7【解析】
由2an＋1＋Sn＝3得2an＋Sn－1＝3(n≥2)，两式相减，得2an＋1－2an＋an＝0，化简得2an＋1＝an(n≥2)，即＝(n≥2)，由已知求出a2＝，易得＝，所以数列{an}是首项为a1＝，公比为q＝的等比数列，所以Sn＝=3[1－()n]，S2n＝3[1－()2n]代入<<，可得<()n<，解得n＝3或4，所以所有n的和为7.
14．24【解析】设S1＝a2＋a4＋a6＋…＋a80，
S2＝a1＋a3＋a5＋…＋a79.则＝q＝3即S1＝3S2.
又S1＋S2＝S80＝32，∴S1＝32，解得S1＝24.即a2＋a4＋a6＋…＋a80＝24.
15．【解析】∵，∴，∴，
∴数列是以1为首项，3为公比的等比数列，∴，∴，
∴.
16．12
【解析】：设正项等比数列{an}首项为a1，公比为q，
由题意可得，解之可得：a1，q＝2，
故其通项公式为an2n﹣6．
记Tn＝a1+a2+…+an，
Sn＝a1a2…an＝2﹣5×2﹣4…×2n﹣6＝2﹣5﹣4+…+n﹣6．
由题意可得Tn＞Sn，即，
化简得：2n﹣1，即2n1，
因此只须n，（n＞1），即n2﹣13n+10＜0，
解得n，
由于n为正整数，因此n最大为的整数部分，也就是12．故答案为12
17．【解析】∵，∴，n≥2，
两式相减，得，∴，n≥2，
∴{}是公比为2的等比数列，
∵，∴，∴．
数列是等差数列，，所以公差d=1，所以，
∴，
∴.
18．
【解析】（1） 由已知，当时，
==，．
而，所以数列的通项公式为．
（2） 由知…① ……7分
从而……②
①②得，
即．
19．（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1），又
，数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）知，，即，设， ①
则， ② 由①-②得
，.
又.数列的前项和.
20．（1）an＝2n－1，bn＝3n－1或an＝6－5n，bn＝(－4)n－1.（2）证明见解析．
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
因为S2＝，所以a1＋a1＋d＝.
而a1＝b1＝1，则q(2＋d)＝12.①
因为b2是a1，a3的等差中项，
所以a1＋a3＝2b2，
即1＋1＋2d＝2q，
即1＋d＝q.②
联立①②，
解得或
所以an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，bn＝3n－1或an＝1＋(n－1)·(－5)＝6－5n，bn＝(－4)n－1.
(2)证明：因为an∈N＋，
ban＝b1qan－1＝q1＋(n－1)d－1＝q(n－1)d，
所以＝＝qd＝9，即qd＝32.③
由(1)，知q(2＋d)＝12，即q＝.④
因为a1＝1，an∈N＋，所以d∈N.
根据③④，知q＞1且q为正整数．
所以d可为0或1或2或4.但同时满足③④两个等式的只有d＝2，q＝3，
所以an＝2n－1，Sn＝＝n2.
所以＝＜＝(n≥2)．
当n≥2时，＋＋…＋＜1＋＋＋＋…＋
＝1＋
＝1＋＝－＜.
显然，当n＝1时上式也成立．故n∈N＋，＋＋…＋＜.
21．（1）an＝2n(n∈N*)．bn＝n(n＋1)(n∈N*)．（2）(i) Sn＝ (n∈N*)．(ii)k＝4.
【解析】(1)由题意，b3－b2＝6，知a3＝()8. 设数列{an}的公比为q,又由，得 ，q＝2(q＝－2舍去)，所以数列的通项为an＝2n(n∈N*)．
所以，
故数列的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)(i)由(1)知 (n∈N*)．所以Sn＝ (n∈N*)．
(ii)因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，当n≥5时，cn＝
而得所以，当n≥5时，cn<0.
综上，若对任意n∈N*恒有Sk≥Sn，则k＝4.

22．(1) ;(2)见解析.
【解析】(1)，，
两式相减得：，整理得：，
（叠乘法）因为，所以，，…，，
相乘得，且当=1、2时，满足此式，所以.
(2) ，
因为 ，所以；


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试卷第1页，总3页


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