2021_2022学年高中数学第一章数列3.2.2等比数列习题课课时素养评价含解析北师大版必修5202103131264.doc

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1、等比数列习题课 (20分钟35分)1.数列1+2n-1的前n项和为()A.1+2nB.2+2nC.n+2n-1D.n+2+2n【解析】选C.由题意得an=1+2n-1,所以Sn=n+=n+2n-1.2.设等比数列an的前n项和为Sn,若S5,S4,S6成等差数列,则数列an的公比等于()A.-2或1B.-1或2C.-2D.1【解析】选C.由已知2S4=S5+S6,可知q1,由等比数列前n项和公式可得2=q+q2,解得q=-2.3.已知等比数列an的公比q=4,且a1+a2=20,bn=log2an,则b2+b4+b6+b2n=()A.n2+nB.2n2+nC.2(n2+n)D.4(n2+n)【

2、解析】选C.由已知得a1+a2=a1(1+q)=5a1=20,所以a1=4,所以an=4n,bn=log2an=log24n=2n,b2+b4+b6+b2n=4+8+4n,=2(n2+n).4.(2020徐州高二检测)在公比q为整数的等比数列中,Sn是数列的前n项和,若a1a4=32,a2+a3=12,则下列说法不正确的是()A.q=2B.数列是等比数列C.S8=510D.数列是公差为2的等差数列【解析】选D.因为数列为等比数列,又a1a4=32,所以a2a3=32,又a2+a3=12,所以或又公比q为整数,则即an=2n,Sn=2n+1-2,对于选项A,由上可得q=2,即选项A正确;对于选项

3、B,Sn+2=2n+1,=2,则数列是等比数列,即选项B正确;对于选项C,S8=29-2=510,即选项C正确;对于选项D,lg an+1-lg an=(n+1)-n=1,即数列是公差为1的等差数列,即选项D错误.5.已知数列为等比数列,an0,且amam+1am+2=26m,若p+q=6,则apaq=.【解析】数列为等比数列,an0,且amam+1am+2=26m,可得=26m,所以am+1=22m,所以an=22n-2,又p+q=6,则apaq=22p-222q-2=22(p+q)-4=28.答案:286.已知数列an,Sn是其前n项和,且满足3an=2Sn+n(nN+).(1)求证:数列

4、为等比数列.(2)记Tn=S1+S2+Sn,求Tn的表达式.【解析】(1)n=1时,3a1=2S1+1=2a1+1,所以a1=1.当n2时,由3an=2Sn+n,得3an-1=2Sn-1+n-1,-得3an-3an-1=2Sn+n-2Sn-1-n+1=2(Sn-Sn-1)+1=2an+1,即an=3an-1+1,所以an+=3an-1+1+=3,又a1+=0,所以是首项为,公比为3的等比数列.(2)由(1)得an+=3n-1,即an=3n-1-,将其代入得Sn=3n-(2n+3),所以Tn=S1+S2+Sn=(3+32+33+3n)-(5+7+2n+3)=-=(3n-1)-.【补偿训练】 已知

5、数列an满足(n+1)an=(n-1)an-1(n2),且a1=,数列bn满足bn+1=2bn,且b1=2.(1)求数列an和数列bn的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得对于任意的nN+且n2,1+恒成立?若存在,请求出m的最小值;若不存在,说明理由.【解析】(1)因为(n+1)an=(n-1)an-1(n2),所以=(n2).又因为a1=,所以an=a1=(n2).当n=1时,a1=,满足上式,所以an=(nN+).因为bn+1=2bn,且b1=2,所以数列bn是首项为2,公比为2的等比数列,所以bn=2n.(2)由(1)知bn=2n,所以1+=1+=2-.假设存在正整数m,使得对于任意

6、的nN+且n2,1+恒成立,则2-恒成立,所以2,解得m16.所以存在正整数m,使得对于任意的nN+且n2,1+0,且=1,即a3=1.因为S3=7,所以a1+a2+a3=+1=7,即6q2-q-1=0.故q=或q=-(舍去),所以a1=4.所以S5=8=.2.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗产,龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称为中国四大石窟.现有一石窟的某处“浮雕像”共7层,每上层的数量是下层的2倍,总共有1 016个“浮雕像”,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案,若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列an,则log2(a3a5)的值为()A.16B.12

7、C.10D.8【解析】选B.每上层的数量是下层的2倍,得到数列an是公比为2的等比数列,7项之和为1 016,设首项为a1,和为=1 016,得到a1=8,a4=823=64,则log2(a3a5)=log2()=log2(642)=12.3.(2020吉林高二检测)等比数列的首项为,公比为-,前n项和为Sn,则当nN*时,Sn-的最大值与最小值的比值为()A.-B.-C.D.【解析】选B.因为等比数列的首项为,公比为-,所以an=,所以Sn=1-.当n为奇数时,Sn=1+随着n的增大而减小,则1SnS1=,故0Sn-;当n为偶数时,Sn=1-随着n的增大而增大,则=S2Sn1,故-Sn-NB

8、.0,其前n项和为Sn,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足an+1=,Tn为数列bn的前n项和,若Tnm恒成立,求m的最大值.【解析】(1)因为S1+a1, S3+a3, S2+a2成等差数列,所以2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),(S3-S1)+(S3-S2)+2a3=a1+a2,4a3=a1,因为数列是等比数列,所以=q2,又q0,所以q=,所以数列的通项公式an=.(2)因为Tnm恒成立,所以只需m,由(1)知an=,又an+1=,所以bn=n2n-1,Tn=120+221+(n-1)2n-2+n2n-1,2T

9、n= 121+222+(n-1)2n-1+n2n,所以-Tn=120+(2-1)21+n-(n-1)2n-1-n2n=(20+21+2n-1)-n2n=-n2n=-(n-1)2n-1,所以Tn=(n-1)2n+1,Tn+1=n2n+1+1,所以Tn+1-Tn=n2n+1+1-(n-1)2n+1=(n+1)2n0,即Tn+1Tn,所以Tn是递增数列,所以(Tn)min=T1=1,所以m1,即m的最大值为1.1.有穷数列1,1+2,1+2+4,1+2+4+2n-1所有项的和为.【解析】由题意知所求数列的通项为=2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为-n=2n+1-2-n.答案:2n+

10、1-2-n2.已知数列和满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列;(2)求和的通项公式;(3)令cn=,求数列的前n项和Sn的通项公式,并求数列的最大值、最小值,并指出分别是第几项.【解析】(1)由题4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4,相加得4(an+1+bn+1)=2(an+bn)得=,故an+bn是首项为a1+b1=1,公比为的等比数列;又由4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4,相减得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即(an+1-b

11、n+1)-(an-bn)=2,故an-bn是首项为a1-b1=1,公差为2 的等比数列.(2)由(1)得an+bn=,an-bn=2n-1,联立解得an=n-+,bn=-n+.(3)由(2)得an+bn+1=+=-1,当n为偶数时,Sn=a1+b2+a3+b4+an-1+bn =3-=1- 当n为奇数时,S1=1,n3时,Sn=Sn-1+an=+=+1-,则当n为奇数时,Sn=+1-.综合得Sn=则当n为奇数时,Sn单调递增且Sn0;当n为偶数时,Sn+2-Sn=(1-)-(1-)=-10,故Sn单调递减,又S2=-0,即Sn0,当n为偶数时,单调递增且Sn0,故的最大值为第1项,最大值为1,最小值为第2项,最小值为-4.