【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册课时练习4.3.2《等比数列的前n项和》(2)（解析版）.doc，共(12)页，586.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时同步练4.3.2等比数列的前n项和（2）一、单选题1．各项均为正数的等比数列na的前项和为nS，若32,14nnSS，则4nS（）A．80B．16C．26D．30【答案】D【解析】由等比数列的性质可得23243,,,nnnnnnnSSSSSSS成等比数列，则223•n

nnnSSSS，解得26nS，由24nnSS，3432216nnSS，即430nS，故选D.2．数列na的前n项和为nS，若11nann，则5S等于（）A．1B．56C．16D．130【答案】B【解析】因为1111

1nannnn，所以5111111111151122334455666S，故选B．3．数列125，158，1811，…，13132nn，…的前n项和为（）A．32

nnB．64nnC．364nnD．12nn【答案】B【解析】∵1111313233132nnnn∴11125583132nSnn=11111113

25583132nn=1113232n=64nn故选B．4．数列{an}的通项公式an＝11nn＋＋，若{an}前n项和为24，则n为（）A．25B．576C．624D．625【答案】C【解析】an＝1

1nn＋＋＝－(1nn＋)，前n项和Sn＝－[(1－2)＋(2－3)]＋…＋(1nn＋)]＝1n＋－1＝24，故n＝624.故选C.5．数列{an}的通项公式cos2nnan，其前n项和为Sn，则S2012等于（）A．100

6B．2012C．503D．0【答案】A【解析】依题意，2012cos,210213041201212462010201225031006.nnanS故选A6．如果执行右面的框图，输入5N=，则输出的数等于（）A

．54B．45C．65D．56【答案】D【解析】当5N=时，该程序框图所表示的算法功能为：11111151122334455666S，故选D.7．设100122100333aaax，其中12100,,,aaa每一个的值都是0或2这两个值中的

某一个，则x一定不属于（）A．[0,1)B．(0,1]C．12,33D．12,33【答案】C【解析】由题意，当12100,,,aaa都取0时，100122100333aaax取最小值0；所以排除A；当12a，2100,,aa都取0时，

23x，所以排除BD；故选C.8．已知数列na满足2*1222...2()nnaaannN，数列2211loglognnaa的前n项和为nS，则12310...SSSS（）A．110B．111C

．211D．15【答案】B【解析】因为21222...2nnaaan，所以2112122...21(2)nnaaann，两式作差，可得21nna，即1(2)2nnan，又当1n时，121a

，即112a满足12nna，因此*12()2nnnanN；所以22211211111logloglogl22og(1)1nnnnaannnn；因为数列2211loglognnaa的前n项和为nS，所以11111

1(1)()...()1223111nnSnnnn，因此12310123101......2341111SSSS.故选B9．已知数列na前n项和为nS，满足2nSanbn（,ab为常数），且92a，设函

数2()2sin22sin2xfxx，记nnyfa，则数列ny的前17项和为（）A．172B．9C．11D．17【答案】D【解析】因为2()2sin22sinsin2cos12xfxxxx，由2nS

anbn，得221(1)(1)2nnnSSanbnannabanab，数列na为等差数列；11792aaa，111171171717sin2cos1sin2co

s1yfafaaaaya1111sin2cos1sin(22)cos()12aaaa.则数列ny的前17项和为1217117()()...()8()()117fafafafafa.故选D．10．

设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝12n(n＝1,2,3，…)，则S2n＋1＝（）A．41134n（）B．+141134n（）C．411+34n（）D．+1411+34n（）【答案】B【解析】依据递推公式的特征，可以分

项求和，则S2n＋1＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋a2n＋1)＝1＋242111141(1)22234nn．故选B.11．设na是以2为首项，1为公差的等差数列，nb是1为首项，2

为公比的等比数列，记12nnbbbMaaa，则nM中不超过2009的项的个数为（）A．8B．9C．10D．11【答案】C【解析】由题意可得2111nann，11122nnnb

，所以，1121nnbnab，则12011122222112nnnnnbbbMaaannn，所以，数列nM单调递增，因为1010291033M，11112102058M，则10112009MM，则

使得不等式2009nM成立的最大正整数n的值为10.因此，数列nM中不超过2009的项的个数为10.故选C.12．已知数列{}na，{}nb的前n项和分别为nS，nT，且0na，263nnnSaa

，12(21)(21)nnnanaab，若nkT恒成立，则k的最小值为（）A．17B．149C．49D．8441【答案】B【解析】当1n时，211163aaa，解得13a.当1n时，由263nnnSaa，得211163nnnSaa

，两式相减并化简得1130nnnnaaaa，由于0na，所以1130,3nnnnaaaa，故na是首项为3，公差为3的等差数列，所以3nan.则112111781812121nnnannnaab

，故12nnTbbb223111111117818181818181nn11117781n11149781n，由于nT是

单调递增数列，1111498149n，149k.故k的最小值为149，故选B.二、填空题13．一个数列的前n项和11234(1)nnSn，则173350SSS______．【答案】1【解析】当17n时，18171234(1)

17111179S；当33n时，34331234(1)331113317S；当50n时，5051501234(1)49(1)50111125S

；所以173350917251SSS.故填1.14．设数列na的通项公式为2sinnano，该数列的前n项和为nS，则89S______.【答案】44.5【解析】sin90cosoQ，2222sinsin90sinco

s1o.22289sin1sin2sin89SoooQL，又22289sin89sin88sin1SoooL，两式相加得222222892sin1sin8

9sin2sin88sin89sin1SooooooL18989，因此，898944.52S.故填44.5.15．已知函数()sinπ3fxxx，则12340352018201820182018ffff

的值为_____．【答案】8070【解析】当122xx，即212xx时，有121111()()sinπ32sin(2ππ)3264fxfxxxxx，即当122xx时，恒有12

()()4fxfx，则12340351403524035201820182018201820182018ffffff4035(4)，所以1234035

80702018201820182018ffff.故填807016．11111324352nn__________．【

答案】235412nnnn【解析】1111222nnnn，11111324352nn11111111111232435112nnnn

211113512212412nnnnnn.故填235412nnnn.17．数列{an}满足an＋an＋1＝12(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n

项和，则S21＝________.【答案】6【解析】由11212nnnnaaaa＋＋，∴2nnaa，则13521aaaa，24620aaaa，∴21123452021()()()

Saaaaaaa111062，故填6.18．已知x表示不超过x的最大整数，例如:2.32,1.52.在数列na中，1,nagnnN，记nS为数列na的前n项和，则2018S_____

_____．【答案】4947【解析】当1≤n≤9时，1nagn=0；当10≤n≤99时，1nagn=1，此区间所有项的和为90.当100≤n≤999时，1nagn=2，此区间所有项的和为900×

2=1800.当1000≤n≤2018时，1nagn=3，此区间所有项的和为3×1019=3057.所以2018S90+1800+3057=4947.故填4947三、解答题19．在公差为2的等差数列na中，11a，22a，34a成等比

数列.（1）求na的通项公式；（2）求数列2nna的前n项和nS.【解析】（1）∵na的公差为2d,∴212aa,134aa.∵11a,22a,34a成等比数列,∴2111184aaa,解得18a,

从而82126nann.（2）由（1）得26nan,2(26)2nnnan281026222nnSn.826222212nnn1722nnn

21722nnn20．已知正项数列na满足：2423nnnSaa，其中nS为na的前n项和.（1）求数列na通项公式.（2）设211nnba，求数列nb前n项和nT.【解析】（1）令1n，得21

11423aaa，且0na，解得13a.当2n时，221114422nnnnnnSSaaaa，即2211422nnnnnaaaaa，整理得1120nnnnaaaa，0na，12nnaa，所

以数列na是首项为3，公差为2的等差数列，故31221nann.（2）由（Ⅰ）知：221111111444141nnbannnnnn，12+nnTbbb111111

1111422314144nnnnn.21．数列na的前n项和为nS，11a，*12nnaSnN．（1）求数列na的通项na；（2）求数列nna的

前n项和nT．【解析】（1）12nnaS，12nnnSSS，13nnSS．又111Sa，数列nS是首项为1，公比为3的等比数列，1*3nnSnN．当2n时，212232nnnaSn，21,123,2nnnan

；（2）12323nnTaaana，当1n时，11T；当2n时，0121436323nnTn，…………①12133436323nnTn，………………………②①②得：1221224233323nnnTn

21313222313nnn11123nn．1113222nnTnn．又111Ta也满足上式，1*11322nnTnnN．22．已知等比数列{}na的各项均为正数，

5462,,4aaa成等差数列，且满足2434aa，数列{}nb的前n项和(1)2nnnSb，*nN，且11b.（1）求数列{}na和{}nb的通项公式；（2）设,,nnnbncan为奇数为偶数，求数列{}nc的前n项和nP.（3）设25

2123nnnnnbdabb，*nN，{}nd的前n项和nT，求证：13nT.【解析】（1）因为0na，所以0q，24562431224210414aaaqqaaaq，解得11212qa所以12nna，当2n

时，11122nnnnnnbnbSSb，即11nnbbnn，∴{}nbn是首项为1的常数列，1nbn∴nbn；（2）,1,2nnnnCn为奇数为偶数当n为偶数时，13124nnnpbbbaaa

24111[13(1)][()()()]222nn22111441112(11)12433214nnnnn当n为奇数时，11221(1)111(1)11143324332nnnnnn

nPPbn（3）125111(21)(23)2(21)2(23)2nnnnndnnnn211111113525272(21)2(23)2nnnTnn1

113(23)23nn