【数学】2021届一轮复习北师大版（理）35等比数列及其前n项和作业

【数学】2021届一轮复习北师大版（理）35等比数列及其前n项和作业

等比数列及其前n项和 建议用时：45分钟 一、选择题 ‎1．等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于(　　)‎ A．－24　　 B．‎0　‎ 　　‎ C．12　　 　 D．24‎ A　[由x,3x＋3,6x＋6成等比数列，知(3x＋3)2＝x·(6x＋6)，解得x＝－3或x＝－1(舍去)．所以此等比数列的前三项为－3，－6，－12.故第四项为－24，选A.]‎ ‎2．(2019·日照一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a3＝，且a2＋a4＝，则＝(　　)‎ A．4n－1 B．4n－1‎ C．2n－1 D．2n－1‎ D　[设等比数列{an}的公比为q，则，‎ 解得 ‎∴＝＝＝2n－1.故选D.]‎ ‎3．(2019·湖南湘东五校联考)已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是(　　)‎ A．1 B．－ C．1或－ D．－1或 C　[当q＝1时，a3＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，得q＝－.综上，q的值是1或－，故选C.]‎ ‎4．等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n－1＋r，则r的值为(　　)‎ A. B．－ C. D．－ B　[当n＝1时，a1＝S1＝3＋r，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝32n－1－32n－3‎ ‎＝32n－3(32－1)＝8·32n－3＝8·32n－2·3－1＝·9n－1，‎ 所以3＋r＝，‎ 即r＝－，故选B.]‎ ‎5．(2019·鄂尔多斯模拟)中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”．其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”．则该人第五天走的路程为(　　)‎ A．6里 B．12里 C．24里 D．48里 B　[记每天走的路程里数为{an}，由题意知{an}是公比为的等比数列，由S6＝378，得S6＝＝378，解得a1＝192，∴a5＝192×＝12(里)．故选B.]‎ 二、填空题 ‎6．已知1，a1，a2,4成等差数列，1，b1，b2，b3,4成等比数列，则的值________．‎ 　[由题意得a1＋a2＝5，b＝4，又b2与第一项的符号相同，所以b2＝2.所以＝.]‎ ‎7．在14与之间插入n个数组成等比数列，若各项之和为，则此数列的项数为________．‎ ‎5　[设此等比数列为{am}，公比为q，则该数列共有n＋2项．∵14≠，∴q≠1.由等比数列的前n项和公式，得＝，解得q＝－，‎ ‎∴an＋2＝14×n＋2－1＝，即n＋1＝，解得n＝3，∴该数列共有5项．]‎ ‎8．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n＝________.‎ ‎30　[由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．‎ 设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．‎ 由(x－2)2＝2×(14－x)，‎ 解得x＝6或x＝－4(舍去)．‎ ‎∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．‎ 又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.]‎ 三、解答题 ‎9．(2019·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝‎2a2＋16.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．‎ ‎[解]　(1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.‎ 解得q＝－2(舍去)或q＝4.‎ 因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.‎ ‎(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.‎ ‎10．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.‎ ‎(1)求b1，b2，b3；‎ ‎(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；‎ ‎(3)求{an}的通项公式．‎ ‎[解]　(1)由条件可得an＋1＝an.‎ 将n＝1代入得，a2＝‎4a1，而a1＝1，所以a2＝4.‎ 将n＝2代入得，a3＝‎3a2，所以a3＝12.‎ 从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.‎ ‎(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ 由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ ‎(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.‎ ‎1．已知{an}为等比数列，数列{bn}满足b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝‎ an＋1，则数列{bn}的前n项和为(　　)‎ A．3n＋1 B．3n－1‎ C. D. C　[∵b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，‎ ‎∴a1(b2－b1)＝a2，即a2＝‎3a1，‎ 又数列{an}为等比数列，‎ ‎∴数列{an}的公比为q＝3，‎ ‎∴bn＋1－bn＝＝3，‎ ‎∴数列{bn}是首项为2，公差为3的等差数列，‎ ‎∴数列{bn}的前n项和为Sn＝2n＋×3＝.故选C.]‎ ‎2．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q等于(　　)‎ A．－ B. C．－ D. C　[{bn}有连续四项在{－53，－23,19,37,82}中且bn＝an＋1，即an＝bn－1，则{an}有连续四项在{－54，－24,18,36,81}中．∵{an}是等比数列，等比数列中有负数项，∴q＜0，且负数项为相隔两项，又∵|q|＞1，∴等比数列各项的绝对值递增．按绝对值由小到大的顺序排列上述数值18，－24,36，－54,81，相邻两项相除＝－，＝－，－＝－，＝－，则可得－24,36，－54,81是{an}中连续的四项．∴q＝－.]‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a‎1a2…an的最大值为________．‎ ‎64　[设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.‎ 故a‎1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n· 记t＝－＋＝－(n2－7n)，‎ 结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.‎ 又y＝2t为增函数，从而a‎1a2…an的最大值为26＝64.]‎ ‎4．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．‎ ‎(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ ‎[解]　(1)证明：∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，‎ ‎∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．‎ ‎∵a1＝5，a2＝5，‎ ‎∴a2＋‎2a1＝15，‎ ‎∴an＋2an－1≠0(n≥2)，‎ ‎∴＝3(n≥2)，‎ ‎∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．‎ ‎(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，‎ 则an＋1＝－2an＋5×3n，‎ ‎∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．‎ 又∵a1－3＝2，‎ ‎∴an－3n≠0，‎ ‎∴{an－3n}是以2为首项，‎ ‎－2为公比的等比数列．‎ ‎∴an－3n＝2×(－2)n－1，‎ 即an＝2×(－2)n－1＋3n.‎ ‎1.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为，则其最小正方形的边长为________．‎ 　[由题意，得正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列，现已知共得到1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1 023，∴n＝10，∴最小正方形的边长为×9＝.]‎ ‎2．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第n次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，…，xt,‎ ‎2，并记an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，其中t＝2n－1，n∈N＋，求数列{an}的通项公式．‎ ‎[解]　an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，‎ 所以an＋1＝log2[1·(1·x1)·x1·(x1·x2)·…·xt·(xt·2)·2]‎ ‎＝log2(12·x·x·x·…·x·22)＝3an－1，‎ 所以an＋1－＝3，‎ 所以数列是一个以为首项，以3为公比的等比数列，‎ 所以an－＝×3n－1，所以an＝.‎