2.5 等比数列的前n项和基础练-2020-2021学年高二数学精选新题汇编（人教A版必修5）

2020-2021学年人教A版高二数学必修五精选新题汇编（基础） 第二章《数列》 2.5 等比数列的前n项和 一．选择题 1．（2020秋•葫芦岛期末）明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑．其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一．”注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”，则该塔从塔底数第二层灯的盏数为（　　） A．3 B．6 C．96 D．192 解：根据题意，设从上向下每一层的灯的数记为{an}， 则数列{an}是以2为公比的等比数列， 则有S7（27﹣1）a1＝127a1＝381， 解得a1＝3，则a6＝a1q5＝3×25＝96， 则该塔从塔底数第二层灯的盏数为96． 故选：C． 2．（2020秋•信阳期末）设有穷数列{an}的前n项和为Sn，令Tn，称Tn为数列a1，a2，…，an的“凯森和”．已知数列1，2，4，a的“凯森和”为6，则a＝（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 解：由已知可得6， ∴a＝6， 故选：A． 3．（2020秋•平顶山期末）数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且an+1+2an+an﹣1＝0（n≥2），则{an}的前2020项和为（　　） A．8080 B．4040 C．﹣4040 D．0 解：由递推关系式可得a1+a2＝﹣（a2+a3），a2+a3＝﹣（a3+a4）， 所以a3+a4＝a1+a2＝4， 同理可得a5+a6＝a7+a8＝⋅⋅⋅＝a2019+a2020＝4， 所以S2020＝4×1010＝4040． 故选：B． 4．（2020秋•新乡期末）已知数列{an}中，an+1﹣an＝n+1，a1＝1，设数列的前n项和为Sn，则满足Sn≥n（）的n的最大值为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 解：由题意，可知a1＝1， a2﹣a1＝2，a3﹣a2＝3，…，an﹣an﹣1＝n， 各项相加，可得an＝1+2+3+…+n， ∴， ∴Sn ＝2×（1）+2×（）+…+2×（） ， 由Sn≥n（），可得， 化简整理，得3n2﹣11n﹣20≤0， 解得1≤n≤5， ∴满足Sn≥n（）的n的最大值为5． 故选：C． 5．（2020秋•杭州期末）设数列{an}满足a1＝3，a2＝6，an+2（n∈N*），（　　） A．存在n∈N*，an∉Q B．存在p＞0，使得{an+1﹣pan}是等差数列 C．存在n∈N*，an D．存在p＞0，使得{an+1﹣pan}是等比数列 解：由an+2（n∈N*），可得①， 则② ①﹣②可得，an+2an﹣an+1an﹣1＝an+12﹣an2， 所以an（an+2+an）＝an+1（an+1+an﹣1）， 则， 由此可得，， 所以， 则an+2＝3an+1﹣an且a1＝3∈Z，a2＝6∈Z， 所以an∈Z， 故选项A，C错误； 由an+3＝3an+2﹣an+1，可得an+3﹣an+2＝5an+1﹣2an不是常数， 所以不存在p＞0，使得{an+1﹣pan}是等差数列， 故选项B错误； 假设存在p＞0，使得{an+1﹣pan}是等比数列，公比为q， 则有an+1﹣pan＝q（an﹣pan﹣1）， 所以an+1＝（p+q）an﹣pqan﹣1， 由an+2＝3an+1﹣an， 则，解得， 所以存在，使得{an+1﹣pan}是等比数列， 故选项D正确． 故选：D． 6．（2020秋•山西期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，，对任意的n∈N*都有nan＝（n+2）an+1，则S2021＝（　　） A． B． C． D． 解：数列{an}满足，对任意的n∈N*都有nan＝（n+2）an+1， 则有n（n+1）an＝（n+1）（n+2）an+1，可得数列{n（n+1）an}为常数列， 有n（n+1）an＝2a1，得n（n+1）an＝1，得， 又由， 所以． 故选：C． 二．填空题 7．（2020秋•烟台期末）已知Sn为等比数列{an}的前n项和，S5＝5，S10＝15，则a16+a17+a18+a19+a20的值为　40　． 解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q， 若S5＝5，即S5＝a1+a2+a3+a4+a5＝5， 又由S10＝15，则S10﹣S5＝a6+a7+a8+a9+a10＝q5（a1+a2+a3+a4+a5）＝10， 变形可得q5＝2，则a16+a17+a18+a19+a20＝q15（a1+a2+a3+a4+a5）＝23×5＝40， 故答案为：40． 8．（2020秋•淮安期末）已知{an}是等比数列，a2＝2，a5，则数列{an}前5项的和为　　． 解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q， 若a2＝2，a5，则q，所以a14， 所以{an}前5项的和S5， 故答