2020年高中数学第二章第2课时等比数列的前n项和公式的性质及应用优化练习新人教A版必修5

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

2020年高中数学第二章第2课时等比数列的前n项和公式的性质及应用优化练习新人教A版必修5

第2课时 等比数列的前n项和公式的性质及应用 ‎[课时作业]‎ ‎[A组 基础巩固]‎ ‎1.设首项为1,公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn,则(  )‎ A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2‎ C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an 解析:Sn===3-2an.‎ 答案:D ‎2.设Sn为等比数列{an}的前n项和,‎8a2-a5=0,则=(  )‎ A.5 B.8‎ C.-8 D.15‎ 解析:∵‎8a2-a5=0,∴‎8a1q=a1q4,∴q3=8,∴q=2,∴==1+q2=5.‎ 答案:A ‎3.已知在等比数列{an}中,公比q是整数,a1+a4=18,a2+a3=12,则此数列的前8项和为(  )‎ A.514 B.513‎ C.512 D.510‎ 解析:由已知得解得q=2或q=.‎ ‎∵q为整数,∴q=2.∴a1=2,∴S8==29-2=510.‎ 答案:D ‎4.设{an}是由正数组成的等比数列,Sn为其前n项和,已知a‎2a4=1,S3=7,则S5=(  )‎ A. B. C. D. 解析:由a‎2a4=1⇒a1=,又S3=a1(1+q+q2)=7,‎ 联立得:=0,∴q=,a1=4,‎ 5‎ S5==.‎ 答案:B ‎5.在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn为{an}的前n项和,若Sn=126,则n=________.‎ 解析:∵a1=2,an+1=2an,∴数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,‎ ‎∴Sn==126,∴2n=64,∴n=6.‎ 答案:6‎ ‎6.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:由an+2+an+1=6an,‎ 得qn+1+qn=6qn-1,即q2+q-6=0,q>0,解得q=2,‎ 又∵a2=1,∴a1=,‎ ‎∴S4==.‎ 答案: ‎7.设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an=________.‎ 解析:设等比数列{an}的公比为q(q≠0),依题意得a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2,S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+q2,又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以an=a1qn-1=3n-1.‎ 答案:3n-1‎ ‎8.设{an}是由正数组成的等比数列,Sn是其前n项和,证明:log0.5Sn+log0.5Sn+2>2log0.5Sn+1.‎ 证明:设{an}的公比为q,由已知得a1>0,q>0.‎ ‎∵Sn+1=a1+qSn,Sn+2=a1+qSn+1,‎ ‎∴SnSn+2-S=Sn(a1+qSn+1)-(a1+qSn)Sn+1=Sna1+qSnSn+1-a1Sn+1-qSnSn+1=a1(Sn-Sn+1)=-a1an+1<0,‎ ‎∴Sn·Sn+2log0.5S,‎ 即log0.5Sn+log0.5Sn+2>2log0.5Sn+1.‎ ‎9.设等比数列{an}的公比q<1,前n项和为Sn,已知a3=2,S4=5S2,求{an 5‎ ‎}的通项公式.‎ 解析:由题设知a1≠0,Sn=,‎ 则 由②得1-q4=5(1-q2),(q2-4)(q2-1)=0.‎ ‎(q-2)(q+2)(q-1)(q+1)=0,‎ 因为q<1,解得q=-1或q=-2.‎ 当q=-1时,代入①得a1=2,‎ 通项公式an=2×(-1)n-1;‎ 当q=-2时,代入①得a1=;‎ 通项公式an=×(-2)n-1.‎ 综上,当q=-1时,an=2×(-1)n-1;‎ 当q=-2时,an=×(-2)n-1.‎ ‎[B组 能力提升]‎ ‎1.在等比数列{an}中,公比q=2,log‎2a1+log‎2a2+log‎2a3+…+log‎2a10=35,则S10=(  )‎ A. B. C.235 D. 解析:由题意知log2(a1·a2·…·a10)=35,‎ ‎∴a1·a2·a3·…·a10=235.‎ ‎∴a1·(a1q)·(a1q2)·…·(a1q9)=235.‎ ‎∴aq1+2+3+…+9=235.‎ ‎∴a·245=235,即a=,‎ ‎∴a1=.‎ ‎∴a1+a2+…+a10==.‎ 答案:A ‎2.已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn,若a3,a4,a8成等比数列,则(  )‎ A.a1d>0,dS4>0‎ B.a1d<0,dS4<0‎ C.a1d>0,dS4<0‎ D.a1d<0,dS4>0‎ 5‎ 解析:因为{an}是等差数列,a3,a4,a8成等比数列,‎ 所以(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d)⇒a1=-d,‎ 所以S4=2(a1+a4)=2(a1+a1+3d)=-d,所以a1d=-d2<0,dS4=-d2<0.‎ 答案:B ‎3.一个项数是偶数的等比数列,它的偶数项的和是奇数项的和的两倍,它的首项为1,且中间两项的和为24,则此等比数列的项数为________.‎ 解析:由题意可知q=2,‎ 设该数列为a1,a2,a3,…,a2n,‎ 则an+an+1=24,又a1=1,‎ ‎∴qn-1+qn=24,即2n-1+2n=24,‎ 解得n=4,∴项数为8项.‎ 答案:8‎ ‎4.(2016·高考全国Ⅰ卷)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a‎1a2…an的最大值为________.‎ 解析:设{an}的公比为q,‎ 于是a1(1+q2)=10,①‎ a1(q+q3)=5,②‎ 联立①②得a1=8,q=,‎ ‎∴an=24-n,∴a‎1a2…an=23+2+1+…+(4-n)=2-n2+n=2-(n-)2+≤26=64.∴a‎1a2…an的最大值为64.‎ 答案:64‎ ‎5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=5,S6=36,‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=2an,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析:(1)设{an}的公差为d,则 即∴a1=1,d=2.‎ ‎∴an=1+2(n-1)=2n-1,(n∈N*).‎ ‎(2)∵bn=2an=22n-1,‎ ‎∴Tn=21+23+25+…+22n-1‎ ‎==.‎ ‎6.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2(n∈N*),数列{bn}中,b1=1,点P(bn,bn 5‎ ‎+1)在直线x-y+2=0上.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)记Tn=a1b1+a2b2+…+anbn,求Tn.‎ 解析:(1)由Sn=2an-2得Sn-1=2an-1-2(n≥2),‎ 两式相减得an=2an-2an-1,即=2(n≥2),‎ 又a1=S1=‎2a1-2,∴a1=2,‎ ‎∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列.‎ ‎∴an=2n.‎ ‎∵点P(bn,bn+1)在直线x-y+2=0上,‎ ‎∴bn-bn+1+2=0,即bn+1-bn=2,‎ ‎∴{bn}是等差数列.‎ 又b1=1,∴bn=2n-1.‎ ‎(2)∵Tn=1×2+3×22+…+(2n-3)2n-1+(2n-1)·2n,①‎ ‎∴2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1.②‎ ‎①-②,得 ‎-Tn=1×2+2×(22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1‎ ‎=2+2·-(2n-1)2n+1‎ ‎=2+4·2n-8-(2n-1)2n+1=(3-2n)·2n+1-6.‎ ‎∴Tn=(2n-3)·2n+1+6.‎ 5‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档