高中数学 第一章1.3.2《等比数列及其前n项和》课时训练 北师大版必修5

有效,简洁

1.3.2等比数列及其前n项和

a3＋a4

1.各项都是正数的等比数列{an}中，a23，a1成等差数列，则的值为 ( )

2a4＋a5

A.

5－15＋11－55＋15－1

B. C. 22222

解析：设{an}的公比为q，∵a1＋a2＝a3， ∴a1＋a1q＝a1q，即q－q－1＝0，

1±51＋5∴q＝，又∵an＞0，∴q＞0，∴q＝，

22

2

2

a3＋a415－1＝. a4＋a5q2

答案：A

1S4

2．(2009·浙江高考)设等比数列{an}的公比q＝n项和为Sn＝________.

2a4

1

213115

解析：a4＝a1()a1，S4＝＝1，

2818

1－2

a1(1－4)

∴＝15. 答案：15

3．(2009·宁夏、海南高考)等比数列{an}的公比q＞0.已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，则{an}的前4项和S4＝________.

解析：∵an＋2＋an＋1＝6an，∴an·q＋an·q＝6an(an≠0)， ∴q＋q－6＝0， ∴q＝－3或q＝2.

1

∵q＞0，∴q＝2，∴a1＝，a3＝2，a4＝4，

2115∴S4＝＋1＋2＋4＝22152

2

2

2

S4a4

4.(2009·广东高考)n3a9＝2a5，a2＝1，则a1＝( )

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12

A.2 D．2 22解析：∵a3·a9＝2a5＝a6，∴2. 又a2＝1＝a1·2，∴a1＝答案：B

5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6∶S3＝1∶2，则S9∶S3等于 ( ) A．1∶2 B．2∶3 C．3∶4 D．1∶3 解析：∵{an}为等比数列， ∴S3，S6－S3，S9－S6成等比数列， 即(S6－S3)＝S3·(S9－S6)， 又∵S6∶S3＝1∶2，

1213

∴S3＝S3(S9－S3)3＝S9， 424∴S9∶S3＝3∶4. 答案：C

6．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2， )．若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q＝________. 解析：∵bn＝an＋1，∴an＝bn－1，

而{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中， ∴{an}有连续四项在集合{－54，－24,18,36,81}中． ∵{an}是公比为q的等比数列，|q|>1. ∴{an}中的连续四项为－24,36，－54,81， 363

∴q＝－＝－，∴6q＝－9.

242答案：－9

2

2

2

a6

a5

22

a2n＋1*

7.若数列{an}满足2p(p为正常数，n∈N)，则称{an}为“等方比数列”．

an

甲：数列{an}是等方比数列；乙：数列{an}是等比数列，则 ( ) A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件

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D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

an＋1a2n＋12

解析：数列{an}是等比数列则＝q，可得＝q，则{an}为“等方比数列”．当{an}

anana2an＋1n＋1*

为“等方比数列”时，则2p(p为正常数，n∈N)，当n≥1时p，所以此

anan

数列{an}并不一定是等比数列． 答案：B

8．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋ ＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N)． (1)求a2，a3的值；

(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．

解：(1)∵a1＋2a2＋3a3＋ ＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N)，∴当n＝1时，a1＝2×1＝2； 当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4； 当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8. (2)∵a1＋2a2＋3a3＋ ＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N)，①

∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋ ＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②

①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.

∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)． ∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴

*

*

*

Sn＋2

＝2，

Sn－1＋2

故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．

9.(文)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋ ＋anan＋1＝ ( )

43232－n－n－n－n

A．16(1－4) B．16(1－2) C.(1－4) D.－2)

33

a51113

解析：∵q，∴q＝，a1＝4，数列{an·an＋1}是以8为首项，为公比的等比数

a2824

列，不难得出答案为C. 答案：C

(理)在等比数列{an}中，an＞0(n∈N＋)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又

S1S2Sn

a3与a5的等比中项为2，bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，则当＋最

12n

大时，n的值等于 ( ) A．8 B．9 C．8或9 D．17

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解析：∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25， ∴a3＋2a3a5＋a5＝25， 又an＞0，∴a3＋a5＝5， 又q∈(0,1)，∴a3＞a5， 而a3a5＝4，∴a3＝4，a5＝1，

11n－15－n

∴q＝a1＝16，an＝2，

22

2

2

bn＝log2an＝5－n，bn＋1－bn＝－1，

∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列， ∴Sn＝

n(9－n)

2Sn9－n

，∴，

n2Sn

n

Snn

Snn

∴当n≤8时，＞0；当n＝9时，＝0；当n＞9时，＜0， ∴当n＝8或9时，＋ ＋

12n答案：C

10．(文)已知数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋2a3＋ ＋2

1

2

S1S2Sn

n－

an＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列．

(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2)问是否存在k∈N，使得(bk－ak)∈(0,1)？请说明理由． 解：(1)已知a1＋2a2＋2a3＋ ＋2当n≥2时，a1＋2a2＋2a3＋ ＋2①－②得2

n－1

22*

n－1

an＝8n(n∈N*)①

n－2

an－1＝8(n－1)(n∈N*)②

an＝8，求得an＝24－n，

4－1

在①中令n＝1，可得a1＝8＝2∴an＝2

4－n

，

(n∈N)．

*

由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2， ∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，

∴数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2， ∴bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6， 法一：迭代法得：

bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋ ＋(bn－bn－1)

＝8＋(－4)＋(－2)＋ ＋(2n－8) ＝n－7n＋14(n∈N)． 法二：可用累加法， 即bn－bn－1＝2n－8，

2

*

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bn－1－bn－2＝2n－10，

b3－b2＝－2， b2－b1＝－4， b1＝8，

相加得bn＝8＋(－4)＋(－2)＋ ＋(2n－8) (n－1)(－4＋2n－8)2*

＝8n－7n＋14(n∈N)．

2(2)∵bk－ak＝k－7k＋14－2设f(k)＝k－7k＋14－2

2

4－k

2

4－k

，

.

7274－k

当k≥4时，f(k)＝(k－)＋2单调递增．

24且f(4)＝1，

∴当k≥4时，f(k)＝k－7k＋14－2又f(1)＝f(2)＝f(3)＝0，

∴不存在k∈N，使得(bk－ak)∈(0,1)．

(理)等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝24，a2＝5，对每一个k∈N，在ak与ak＋1之间插入2

k－1

*

*

2

4－k

≥1.

个1，得到新数列{bn}，其前n项和为Tn.

(1)求数列{an}的通项公式； (2)试问a11是数列{bn}的第几项；

(3)是否存在正整数m，使Tm＝2010？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 4×3

解：(1)设{an}的公差为d，∵S4＝4a1＋＝24，a2＝a1＋d＝5，

2∴a1＝3，d＝2，an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1.

1－2

(2)依题意，在a11之前插入的1的总个数为1＋2＋2＋ ＋2＝＝1023，

1－2

2

9

10

1023＋11＝1034，故a11是数列{bn}的第1034项． (3)依题意，Sn＝na1＋

n(n－1)

＝n2＋2n，

2

2

an之前插入的1的总个数为1＋2＋2＋ ＋2

2

n－2

1－2n－1＝2－1，

1－2

n－1

n－1

故数列{bn}中，an及前面的所有项的和为n＋2n＋2

2

－1，

∴数列{bn}中，a11及前面的所有项的和为11＋22＋2－1＝1166＜2010， 而2010－1166＝844，a11与a12之间的1的个数为2＝1024个，

即在a11后加844个1，其和为2010，故存在m＝1034＋844＝1878，使T1878＝2010.

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/b1b4.html