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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


1.3.2 等比数列及其前 n 项和
题组一 等比数列的基本运算 ( ) 1 a3+a4 1.各项都是正数的等比数列{an}中, 2, a3, 1 成等差数列, a a 则 的值为 2 a4+a5 A. 5-1 2 B. 5+1 2 C. 1- 5 2 D. 5+1 5-1 或 2 2

解析:设{an}的公比为 q,∵a1+a2=a3, ∴a1+a1q=a1q ,即 q -q-1=0, 1± 5 1+ 5 ∴q= ,又∵an>0,∴q>0,∴q= , 2 2
2 2

a3+a4 1 5-1 = = . a4+a5 q 2
答案:A 1 S4 2.(2009·浙江高考)设等比数列{an}的公比 q= ,前 n 项和为 Sn,则 =________. 2 a4 1 3 1 解析:a4=a1( ) = a1,S4= 2 8

a1(1- 4)

1 2 15 = a1, 1 8 1- 2

∴ =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, n+2+an+1=6an, an} a 则{ 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, 2 1 15 ∴S4= +1+2+4= . 2 2 15 答案: 2
2 2

S4 a4

题组二

等比数列的性质
2

4.(2009·广东高考)已知等比数列{an}的公比为正数, a3·a9=2a5,2=1, a1=( 且 a 则

)

用心 爱心 专心

-1-

A.

1 2

B.

2 2
2 2

C. 2

D.2

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 ( ) 2 . 2

a6 a5

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, 1 2 1 3 ∴ S3=S3(S9- S3),即 S3=S9, 4 2 4 ∴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, 36 3 ∴q=- =- ,∴6q=-9. 24 2 答案:-9
2

题组三 7.若数列{an}满足

等比数列的判断与证明

a2+1 n * =p(p 为正常数,n∈N ),则称{an}为“等方比数列”. a2 n
( )

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

用心 爱心 专心

-2-

D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 解析:数列{an}是等比数列则 为“等方比数列”时,则

an+1 a2+1 2 n =q,可得 2 =q ,则{an}为“等方比数列”.当{an} an an

a2+1 an+1 n * =p(p 为正常数,n∈N ),当 n≥1 时 =± p,所以此 a2 an n

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.

题组四

等比数列的综合应用 ( )

1 9.(文)已知{an}是等比数列,a2=2,a5= ,则 a1a2+a2a3+?+anan+1= 4 A.16(1-4 )
-n

B.16(1-2 )

-n

32 -n C. (1-4 ) 3

32 -n D. (1-2 ) 3

a5 1 1 1 3 解析:∵q = = ,∴q= ,a1=4,数列{an·an+1}是以 8 为首项, 为公比的等比数 a2 8 2 4
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

S1 S2 Sn 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 1 2 n
大时,n 的值等于 A.8 B.9 C.8 或 9
用心 爱心 专心

( D.17

)

-3-

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, 1 1 n-1 5-n ∴q= ,a1=16,an=16×( ) =2 , 2 2
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)
2

Sn 9-n ,∴ = , n 2 Sn n Sn n Sn n

∴当 n≤8 时, >0;当 n=9 时, =0;当 n>9 时, <0, ∴当 n=8 或 9 时, + +?+ 最大. 1 2 n 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+2 a3+?+2
1 2

S1 S2

Sn

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+2 a3+?+2 当 n≥2 时,a1+2a2+2 a3+?+2 ①-②得 2
n-1
2 2 *

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 *

用心 爱心 专心

-4-

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 * =8+ =n -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



.

7 2 7 4-k 当 k≥4 时,f(k)=(k- ) + -2 单调递增. 2 4 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+ d=24,a2=a1+d=5, 2 ∴a1=3,d=2,an=3+(n-1)×2=2n+1. 1-2 2 9 (2)依题意,在 a11 之前插入的 1 的总个数为 1+2+2 +?+2 = =1023, 1-2 1023+11=1034,故 a11 是数列{bn}的第 1034 项. (3)依题意,Sn=na1+
10

n(n-1) d=n2+2n,
2 1-2 n-1 =2 -1, 1-2
n-1 n-1

an 之前插入的 1 的总个数为 1+2+22+?+2n-2=
2

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.
10

10

用心 爱心 专心

-5-


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