《2025年新编高中同步作业高中数学选择性必修第二册人教版A》

1.（2023·新高考全国Ⅱ卷）记$S_{n}$为等比数列$\{ a_{n}\}$的前n项和，若$S_{4}=-5,S_{6}=21S_{2}$，则$S_{8}=$ （ ）
A. 120
B. 85
C. -85
D. -120

答案： C 解析：设等比数列$\{a_{n}\}$的公比为$q$。 因为$S_{4}=-5$，$S_{6}=21S_{2}$，所以$q\neq - 1$，否则$S_{4}=0$， 从而$S_{2}$，$S_{4}-S_{2}$，$S_{6}-S_{4}$，$S_{8}-S_{6}$成等比数列， 所以有$(-5 - S_{2})^{2}=S_{2}(21S_{2}+5)$，解得$S_{2}=-1$或$S_{2}=\frac{5}{4}$。 当$S_{2}=-1$时，$S_{2}$，$S_{4}-S_{2}$，$S_{6}-S_{4}$，$S_{8}-S_{6}$即为$-1$，$-4$，$-16$，$S_{8}+21$。 易知，$S_{8}+21=-64$，即$S_{8}=-85$。 当$S_{2}=\frac{5}{4}$时，$S_{4}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=(a_{1}+a_{2})(1 + q^{2})=(1 + q^{2})S_{2}＞0$， 与$S_{4}=-5$矛盾，舍去。故选C。

2.（1）在等比数列$\{ a_{n}\}$中，公比$q = 3,S_{80}=32$，则$a_{2}+a_{4}+a_{6}+\cdots +a_{80}=$_______.
（2）等比数列$\{ a_{n}\}$共$2n$项，其和为-240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比$q =$_______.
（3）若等比数列$\{ a_{n}\}$的前n项和$S_{n}=2\times3^{n}+r$，则$r =$_______.

答案： 24 解析：（1）设$A=a_{2}+a_{4}+a_{6}+\cdots+a_{80}$，$B=a_{1}+a_{3}+a_{5}+\cdots+a_{79}$， 则$\frac{A}{B}=q = 3$，即$A = 3B$。 又$A + B=S_{80}=32$，所以$\frac{4}{3}A = 32$，解得$A = 24$。 所以$a_{2}+a_{4}+a_{6}+\cdots+a_{80}=24$。
@@2 解析：（2）根据题意得$\begin{cases}S_{奇}+S_{偶}=-240\\S_{奇}-S_{偶}=80\end{cases}$。 所以$\begin{cases}S_{奇}=-80\\S_{偶}=-160\end{cases}$。 所以$q=\frac{S_{偶}}{S_{奇}}=\frac{-160}{-80}=2$。
@@-2 解析：（3）因为$S_{n}=2\times3^{n}+r$， 所以当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=2\times3^{n}-2\times3^{n - 1}=4\times3^{n - 1}$。 当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=6 + r$。 因为$\{a_{n}\}$为等比数列，所以$6 + r = 4$，所以$r=-2$。

任务三 错位相减法求数列的和
[探究活动]
已知数列$\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{5}{8},\cdots,\frac{2n - 1}{2^{n}},\cdots$，求其前n项和.
探究1：观察此数列的每一项是怎样构成的.
探究2：这种数列利用什么方法求和？
探究3：具体求解步骤是怎样的？
[评价活动]

答案： 探究1：此数列可以写成$1\times\frac{1}{2}$，$3\times(\frac{1}{2})^{2}$，$5\times(\frac{1}{2})^{3}$，$\cdots$，$(2n - 1)\times(\frac{1}{2})^{n}$，每一项均可以看作$\{a_{n}b_{n}\}$的形式，其中$\{a_{n}\}$是等差数列，$\{b_{n}\}$是等比数列。 探究2：利用“错位相减法”求和。 探究3：分别写出$S_{n}$与$qS_{n}$的表达式，两式交错对齐，作差，利用等比数列的前$n$项和公式解决。 步骤如下： $S_{n}=1\times\frac{1}{2}+3\times\frac{1}{2^{2}}+5\times\frac{1}{2^{3}}+\cdots+(2n - 1)\cdot\frac{1}{2^{n}}$， $\frac{1}{2}S_{n}=1\times\frac{1}{2^{2}}+3\times\frac{1}{2^{3}}+\cdots+(2n - 1)\cdot\frac{1}{2^{n + 1}}$。 两式相减得 $\frac{1}{2}S_{n}=\frac{1}{2}+2\times\frac{1}{2^{2}}+2\times\frac{1}{2^{3}}+\cdots-(2n - 1)\cdot\frac{1}{2^{n + 1}}$ $=2(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}})-\frac{1}{2}-(2n - 1)\cdot\frac{1}{2^{n + 1}}$ $=2(1-\frac{1}{2^{n}})-\frac{1}{2}-(2n - 1)\cdot\frac{1}{2^{n + 1}}$， $S_{n}=4(1-\frac{1}{2^{n}})-1-(2n - 1)\cdot\frac{1}{2^{n}}=3-\frac{1}{2^{n}}(4 + 2n - 1)=3-(2n + 3)\cdot\frac{1}{2^{n}}=3-\frac{2n + 3}{2^{n}}$。

1.[2022·全国乙卷（理）]已知等比数列$\{ a_{n}\}$的前3项和为168，$a_{2}-a_{5}=42$，则$a_{6}=$ （ ）
A. 14
B. 12
C. 6
D. 3

答案： D 解析：设等比数列$\{a_{n}\}$的公比为$q$，$q\neq0$。 若$q = 1$，则$a_{2}-a_{5}=0$，与题意矛盾。 所以$q\neq1$，则$\begin{cases}a_{1}+a_{2}+a_{3}=\frac{a_{1}(1 - q^{3})}{1 - q}=168\\a_{2}-a_{5}=a_{1}q - a_{1}q^{4}=42\end{cases}$， 解得$\begin{cases}a_{1}=96\\q=\frac{1}{2}\end{cases}$。所以$a_{6}=a_{1}q^{5}=3$。故选D。

2. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前n项和为$S_{n}$，且$a_{n}=n\cdot2^{n}$，则$S_{n}=$_______.

答案： $(n - 1)2^{n + 1}+2(n\in N^{*})$ 解析：因为$a_{n}=n\cdot2^{n}$， 所以$S_{n}=1\times2^{1}+2\times2^{2}+3\times2^{3}+\cdots+n\times2^{n}$，① 所以$2S_{n}=1\times2^{2}+2\times2^{3}+\cdots+(n - 1)\times2^{n}+n\times2^{n + 1}$，② ① - ②，得 $-S_{n}=2 + 2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n}-n\times2^{n + 1}$ $=\frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2}-n\times2^{n + 1}$ $=2^{n + 1}-2-n\times2^{n + 1}$ $=(1 - n)2^{n + 1}-2$。 所以$S_{n}=(n - 1)2^{n + 1}+2(n\in N^{*})$。

3. 若已知数列为$\{(2n - 1)a^{n - 1}\}(a\neq0)$，求它的前n项和.

答案： 解：当$a = 1$时，数列变成$1$，$3$，$5$，$7$，$\cdots$，$2n - 1$，$\cdots$， 则$S_{n}=\frac{n[1+(2n - 1)]}{2}=n^{2}$。 当$a\neq1$时， 有$S_{n}=1 + 3a+5a^{2}+7a^{3}+\cdots+(2n - 1)\cdot a^{n - 1}$，① $aS_{n}=a + 3a^{2}+5a^{3}+7a^{4}+\cdots+(2n - 1)\cdot a^{n}$，② ① - ②得$S_{n}-aS_{n}=1 + 2a+2a^{2}+2a^{3}+\cdots+2a^{n - 1}-(2n - 1)a^{n}$， 所以$(1 - a)S_{n}=1-(2n - 1)a^{n}+2(a + a^{2}+a^{3}+a^{4}+\cdots+a^{n - 1})=1-(2n - 1)a^{n}+2\times\frac{a(1 - a^{n - 1})}{1 - a}=1-(2n - 1)a^{n}+\frac{2(a - a^{n})}{1 - a}$。 又$1 - a\neq0$， 所以$S_{n}=\frac{1-(2n - 1)a^{n}}{1 - a}+\frac{2(a - a^{n})}{(1 - a)^{2}}$。 所以$S_{n}=\begin{cases}n^{2},a = 1\\\frac{1-(2n - 1)a^{n}}{1 - a}+\frac{2(a - a^{n})}{(1 - a)^{2}},a\neq1\end{cases}$。

4. 已知数列$\{ a_{n}\}$是首项、公比均为5的等比数列，$b_{n}=a_{n}\log_{25}a_{n}(n\in N^{*})$，求数列$\{ b_{n}\}$的前n项和$S_{n}$.

答案： 解：依题意，得$a_{n}=5\times5^{n - 1}=5^{n}$， 于是$b_{n}=5^{n}\log_{25}5^{n}=\frac{1}{2}\cdot n\cdot5^{n}$。 所以$S_{n}=\frac{1}{2}\times1\times5+\frac{1}{2}\times2\times5^{2}+\frac{1}{2}\times3\times5^{3}+\cdots+\frac{1}{2}\times n\times5^{n}$。 则$5S_{n}=\frac{1}{2}\times1\times5^{2}+\frac{1}{2}\times2\times5^{3}+\frac{1}{2}\times3\times5^{4}+\cdots+\frac{1}{2}\times(n - 1)\times5^{n}+\frac{1}{2}\times n\times5^{n + 1}$。 两式相减，得$-4S_{n}=\frac{1}{2}\times5+\frac{1}{2}\times5^{2}+\frac{1}{2}\times5^{3}+\cdots+\frac{1}{2}\times5^{n}-\frac{1}{2}\times n\times5^{n + 1}=\frac{1}{2}(5 + 5^{2}+5^{3}+\cdots+5^{n})-\frac{1}{2}\times n\times5^{n + 1}$ $=\frac{1}{2}\times\frac{5(1 - 5^{n})}{1 - 5}-\frac{1}{2}\times n\times5^{n + 1}$ $=\frac{5^{n + 1}-5}{8}-\frac{n\times5^{n + 1}}{2}$， 故$S_{n}=\frac{5 - 5^{n + 1}+4n\times5^{n + 1}}{32}=\frac{5+(4n - 1)\cdot5^{n + 1}}{32}$。