习题课（一）等差数列、等比数列的综合一、选择题1．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝()A．2n－1B.n－1C.n－1D.解析：选B因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以由Sn＝2an＋1，得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，整理得3Sn＝2Sn＋1，所以＝，所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，为公比的等比数列，故Sn＝n－1.2．已知数列{an}，a1＝2，an＋1－2an＝0，bn＝log2an，则数列{bn}的前10项和等于()A．130B.120C．55D.50解析：选C在数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝0，即＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．所以an＝2×2n－1＝2n.所以bn＝log22n＝n.则数列{bn}的前10项和为1＋2＋…＋10＝55.故选C.3．[多选]已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5＜ak＜9，则k可以是()A．9B.8C．7D.6解析：选AB Sn＝n2－9n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－10.又a1＝S1＝－8，符合上式．∴an＝2n－10(n∈N*)，∴5＜2k－10＜9，解得7.5＜k＜9.5，∴k＝8或9.故选A、B.4．在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值为()A．13B.－76C．46D.76解析：选B S15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29，S22＝(－4)×11＝－44，S31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61，∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.5．已知数列{an}是递增的等比数列，且a4a6－2a＋a2a4＝144，则a5－a3＝()A．6B.8C．10D.12解析：选D {an}是递增的等比数列，∴由a4a6－2a＋a2a4＝144，a5－a3>0可得a－2a3a5＋a＝144，(a5－a3)2＝144，∴a5－a3＝12，故选D.6．(2020·镇海中学月考)已知各项均不为0的等差数列{an}满足a3－2a＋3a7＝0，数列{bn}是等比数列，且b6＝a6，则b1b7b10等于()A．1B.2C．4D.8解析：选D根据等差数列的性质，得a3＋a7＝2a5，a5＋a7＝2a6.又a3－2a＋3a7＝0，所以2a5＋2a7－2a＝0，即2a6＝a，解得a6＝2或a6＝0(舍去)，所以b6＝a6＝2，则b1b7b10＝b2b6b10＝b＝8.二、填空题7．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意有解得所以Sn＝，＝＝2，因此∑＝2＝.答案：8．已知等比数列{an}及等差数列{bn}，其中b1＝0，公差d≠0.将这两个数列的对应项相加，得一新数列1,1,2，…，则这个新数列的前10项和为________．解析：设数列{an}的公比为q，则{an}的前三项分别为1，q，q2，{bn}的前三项分别为0，d,2d，于是解得(舍去)或于是新数列的前10项和为(a1＋b1)＋(a2＋b2)...
