2014版山东《复习方略》(人教A版数学理)课时提升作业第五章 第三节等比数列及其前n项和

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课时提升作业(三十二)

一、选择题

1.已知等比数列{an}的公比q=2，其前4项和S4=60，则a2等于( ) (A)8 (B)6 (C)-8 (D)-6 2.等比数列{an}中，若log2(a2a98)=4，则a40a60等于( ) (A)－16 (B)10 (C)16 (D)256

3.在正项等比数列{an}中，a1,a19分别是方程x2-10x+16=0的两根，则a8·a10·a12等于( )

(A)16 (B)32 (C)64 (D)256

4.(2013·威海模拟)在等比数列{an}中，a1=2，前n项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列，则Sn等于( ) (A)2n+1-2 (B)3n (C)2n (D)3n-1

5.(2013·德州模拟)已知等比数列{an}中，an＞0，a10a11=e,则ln a1+ln a2+… +ln a20的值为( )

(A)12 (B)10 (C)8 (D)e

6.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2 011=3S2 010+2 012，a2 010=3S2 009+2 012，则公比q=( )

(A)4 (B)1或4

(C)2 (D)1或2 7.(2013·吉安模拟)已知a1,

a2a3a

,, ,n, 是首项为1，公比为2的等比数列，a1a2an 1

则数列{an}的第100项等于( )

(A)25 050 (B)24 950 (C)2100 (D)299

8.(2013·汉中模拟)在等比数列{an}中，a6与a7的等差中项等于48，a4a5a6a7a8a9a10=1286.如果设数列{an}的前n项和为Sn，那么Sn=( ) (A)5n-4 (B)4n-3 (C)3n-2 (D)2n-1 二、填空题

2

9.(2012·广东高考)若等比数列{an}满足a2a4 ,则a1a3a5=________.

1

2

10.已知等比数列{an}的首项为2,公比为2,则11.数列1,2,3,4

12

14

18

aan 1

aa1aa2aa3aan

=_________.

1

, 的前n项和为________. 16

12.(能力挑战题)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an=___________. 三、解答题

13.已知数列{an}中，a1=1，前n项和为Sn且Sn+1=Sn+1,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式. (2)求数列{

1

}的前n项和Tn. an

1a1

1

， ）a2

32

14.(能力挑战题)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1 a2 2（

a3 a4 a5 64(

111

), a3a4a5

(1)求{an}的通项公式. (2)设bn (an

12

)，求数列{bn}的前n项和Tn. an

15.(能力挑战题)设一元二次方程anx2-an+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β,且满足6α-2αβ+6β=3. (1)试用an表示an+1.

(2)求证:数列{an-}是等比数列. (3)当a1=时，求数列{an}的通项公式.

76

23

答案解析

a1(1 q4)

1.【解析】选A.S4=60,q=2 =60 a1=4，

1 q

∴a2=a1q=4×2=8.

2.【解析】选C.a40a60=a2a98，根据log2(a2a98)=4即可求解.根据已知a2a98=24=16，所以a40a60＝16.

3.【解析】选C.根据根与系数的关系得a1a19=16，由此得a10=4，a8a12=16，故a8·a10·a12=64.

4.【解析】选C.要{an}是等比数列，{an+1}也是等比数列，则只有{an}为常数列，故Sn=na1=2n.

5.【解析】选B.ln a1+ln a2+…+ln a20 =ln［(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)］

=ln e10=10,故选B.

6.【解析】选A.由a2 011=3S2 010+2 012，a2 010=3S2 009+2 012两式相减得 a2 011-a2 010=3a2 010，即q=4. 7.【解析】选B.假设a0=1,数列{a100=a1

ana

}的通项公式是n 2n 1.所以an 1an 1

aa2a3

·…·100=20+1+…+99=24 950. a1a2a99

8.【解析】选D.设等比数列{an}的公比为q,由a6与a7的等差中项等于48，得a6+a7=96,即a1q5(1+q)=96. ①

2

由等比数列的性质，得a4a10=a5a9=a6a8=a7.

因为a4a5a6a7a8a9a10=1286,

66766则a7=128=(2),即aq=2. ② 17

由①②解得a1=1,q=2,

1 2n

2n 1,故选D. ∴Sn

1 2

9.【思路点拨】本题考查了等比数列的性质：已知m,n,p∈N*，若m+n=2p,则

2

. aman ap

2

， 【解析】∵a2a4 ,∴a324

a5 a3 . ∴a1a3

1

212

14

答案:

10.【解析】由题意知an=2n， 所以

aan 1

aa1aa2aa3aan

2an 12a1 a2 an

2222

n 1n 1

14

2=2=4. 2

答案:4

11.【解析】设所求的前n项和为Sn,则

n n 1 1111

Sn (1 2 n) ( n) 1 n.

24222

答案:

n n 1 1 1 n 22

12.【解析】∵Sn+1=2Sn+n+1，当n≥2时Sn=2Sn-1+n, 两式相减得：an+1=2an+1， ∴an+1+1=2(an+1)，即

an 1 1

=2. an 1

又S2=2S1+1+1,a1=S1＝1， ∴a2=3,∴

a2 1

=2， a1 1

∴{an+1}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴an+1=2n即an=2n-1(n∈N*). 答案:2n-1

【方法技巧】含Sn，an问题的求解策略

当已知含有Sn+1,Sn之间的等式时，或者含有Sn,an的混合关系的等式时，可以采用降级角标或者升级角标的方法再得出一个等式，两个等式相减就把问题转化为数列的通项之间的递推关系式. 13.【解析】(1)由Sn 1 Sn 1， 得当n≥2时Sn Sn 1 1, ∴Sn 1 Sn Sn Sn 1 ， 即an 1 an，

3

2

an 13

, an232

32

32

32

32

a2 ， 又a1=1，得S2 a1 1 a1 a2，

∴

a23 , a12

32

∴数列{an}是首项为1，公比为的等比数列, ∴an ()n 1.

(2)∵数列{an}是首项为1，公比为的等比数列， ∴数列{

21

}是首项为1，公比为的等比数列，

3an

32

32

21 ()n

3［1 (2)n］∴Tn . 31 3

14.【思路点拨】(1)设出公比根据条件列出关于a1与q的方程组求得a1与q，即可求得数列的通项公式.

(2)由(1)中求得数列的通项公式，可求出{bn}的通项公式，由其通项公式可知分开求和即可.

【解析】(1)设公比为q，则an=a1qn-1.由已知得

11

a aq 2( ), 11

a1a1q

aq2 aq3 aq4 64(1 1 1).111 a1q2a1q3a1q4

2

a1q 2,

化简得 26

a1q 64.

又a1>0，故q=2,a1=1，所以an=2n-1. (2)由(1)得bn (an =4n 1

1

2. n 1

4

14

1

) 2n n 14

121

) a2 2 n2

anan

所以Tn (1 4 … 4n 1) (1 …

11 ()n

1 4 2n

1 41 4

1

(4n 41 n) 2n 1.3

n

15.【解析】(1)∵一元二次方程anx2-an+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β, 由根与系数的关系易得 ∵6α-2αβ+6β=3,∴即an 1 an .

1123212

∴an 1 (an ),

323

2an 1

2 1 , 当an ≠0时,

32an 3

22

当an 0,即an 时，

33

22

此时一元二次方程为x2 x 1 0,

33

1

2

13

an 11

, , anan

6an 12

=3, anan

(2)∵an 1 an ,

即2x2-2x+3=0， ∵Δ=4-24＜0，

∴不合题意，即数列{an }是等比数列.

(3)由(2)知:数列{an }是以a1 为首项,公比为的等比数列,

211

32212

即an ()n ,

23

2

3

23

76

23

12

12

23

∴an ()n 1 ()n,

12

∴数列{an}的通项公式是an ()n .

【变式备选】定义：若数列{An}满足An+1=A2则称数列{An}为“平方递推数列”.n，

1

223

已知数列{an}中，a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=2x2+2x的图象上，其中n为正整数.

(1)证明：数列{2an+1}是“平方递推数列”，且数列{lg(2an+1)}为等比数列. (2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn=(2a1+1)(2a2+1)…(2an+1)，求数列{an}的通项公式及Tn关于n的表达式. 【解析】(1)由条件得：an+1=2a2n+2an，

2∴2an+1+1=4a2+4a+1=(2a+1)， nnn

∴{2an+1}是“平方递推数列”. ∵lg(2an+1+1)=2lg(2an+1), ∴

lg 2an 1 1

2,

lg2an 1∴{lg(2an+1)}为等比数列. (2)∵lg(2a1+1)=lg5, ∴lg(2an+1)=lg5·2n-1, ∴2an+1=52,∴an (52 1).

lg5(1 2n)

(2n 1)lg5, ∵lgTn=lg(2a1+1)+lg(2a2+1)+…+lg(2an+1)=

1 2

n 1

12

n 1

∴Tn=52 1.

n

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