【精品】高中数学第二章数列2.5.2等比数列前n项和的性质及应用练习新人教A版必修5.pdf

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1、精品小初高学习文件第第 2 2 课时课时等比数列前等比数列前 n n 项和的性质及应用项和的性质及应用课后篇巩固探究巩固探究A A 组1 1.在各项都为正数的等比数列an中,首项a1=3,前 3 项和为 21,则a3+a4+a5等于()A.33B.72C.84D.18922解 析 由S3=a1(1+q+q)=21,且a1=3,得q+q-6=0.因 为q0,所 以q=2.故a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=22S3=84.答案 Cn2 2.已知数列an的前n项和Sn=a-1(a是不为零且不等于 1 的常数),则数列an()A.一定是等差数列B.一定是等比数列C.或者是等差数列,或者是等

2、比数列D.既不是等差数列,也不是等比数列nn解析因为Sn=a-1 符合Sn=-Aq+A的形式,且a0,a1,所以数列an一定是等比数列.答案 B3 3.已知an是等比数列,a1=1,a4=,则a1a2+a2a3+anan+1等于()-n-nA.2(1-4)B.2(1-2)-n-nC.(1-4)D.(1-2)解析设公比为q,=q3=,q=.a1=1,anan+1=11=21-2n.故a1a2+a2a3+a3a4+anan+1=2-1+2-3+2-5+21-2n=(1-4-n).答案 C4 4.我国古代数学名著算法统宗中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯”

3、.意思是:一座七层塔共挂了 381 盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍,则塔的顶层共有灯()A.2 盏B.3 盏C.5 盏D.6 盏解析设第七层有a盏灯,由题意知第七层至第一层的灯的盏数构成一个以a为首项,以 2 为公比的等比数列,由等比数列的求和公式可得精品小初高学习文件=381,解得a=3,故顶层有 3 盏灯.精品小初高学习文件答案 B5 5.已知一个等比数列共有3m项,若前 2m项之和为 15,后 2m项之和为 60,则这个等比数列的所有项的和为()A.63B.72C.75D.872解 析 由 已 知S2m=15,S3m-Sm=60,又(S2m-Sm)=Sm(S3m-S

4、2m)=Sm(Sm+60-S2m),解 得Sm=3,所 以S3m=60+3=63.答案 A6 6.在各项均为正数的等比数列an中,a1=2,a2,a4+2,a5成等差数列,Sn是数列an的前n项和,则S10-S4=.34解 析 依 题 意 有 2(a4+2)=a2+a5,设 公 比 为q,则 有 2(2q+2)=2q+2q,解 得q=2.于 是S10-S4=2 016.答案 2 016n*7 7.已知数列an满足a1=1,an+1an=2(nN N),则S2 018=n*解析an+1an=2(nN N),a1=1,a2=2,a3=2.n+1又an+2an+1=2,=2,数列an的奇数项与偶数项

5、分别成等比数列,公比为 2,首项分别为 1,2.S2 018=(a1+a3+a2 017)+(a2+a4+a2 018)=321 009-3.1 009答案 32-38 8.已知一件家用电器的现价是 2 000 元,如果实行分期付款,一年后还清,购买后一个月第一次付款,以后每月付款一次,每次付款数相同,共付12次,月利率为0.7%,并按复利计算,那么每期应付款元.(参考数11121112据:1.007 1.080,1.007 1.087,1.07 2.105,1.07 2.252)解析设每期应付款x元,第n期付款后欠款An元,则A1=2 000(1+0.007)-x=2 0001.007-x,

6、A2=(2 0001.007-x)1.007-x=2 0001.0072-1.007x-x,A12=2 0001.00712-(1.00711+1.00710+1)x,因为A12=0,121110所以 2 0001.007-(1.007+1.007+1)x=0,解得x=175,精品小初高学习文件精品小初高学习文件即每期应付款 175 元.答案 1759 9.在等差数列an中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列an+bn是首项为 1,公比为|a2|的等比数列,求bn的前n项和Sn.解(1)设等差数列an的公差为d,依题意得a3+a8-(a2+a7)=

7、2d=-6,从而d=-3.所以a2+a7=2a1+7d=-23,解得a1=-1.所以数列an的通项公式为an=-3n+2.(2)由(1)得a2=-4,所以|a2|=4.而数列an+bn是首项为 1,公比为 4 的等比数列.n-1n-1所以an+bn=4,即-3n+2+bn=4,n-1所以bn=3n-2+4,于是Sn=1+4+7+(3n-2)+(1+4+4+4)=2n-1.*1010.导学号 04994050 已知数列an的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=Sn,nN N,求:(1)a2,a3,a4的值及数列an的通项公式;(2)a2+a4+a6+a2n的值.解(1)由a1=1,an+1=S

8、n,n=1,2,3,得a2=S1=a1=,a3=S2=(a1+a2)=,a4=S3=(a1+a2+a3)=.由an+1-an=(Sn-Sn-1)=an(n2),得an+1=an(n2),a2=,an=(n2).数列an的通项公式为an=(2)由(1)可知,a2,a4,a2n是首项为,公比为,项数为n的等比数列,a2+a4+a6+a2n精品小初高学习文件精品小初高学习文件=.B B 组1 1.在等比数列 an中,a1+a2+a3+a4+a5=3,()A.3解析B.意可C.-等比数D.5列an=15,则a1-a2+a3-a4+a5的值是由题知的公比q1,则a1+a2+a5=3,+=15,=5,a1

9、-a2+a3-a4+a5=5.答案 D2 2.已知某公司今年获利 5 000 万元,如果以后每年的利润都比上一年增加10%,那么总利润达3 亿元大约还需要()(参考数据:lg 1.010.004,lg 1.060.025,lg 1.10.041,lg 1.60.204)A.4 年B.7 年C.12 年D.50 年解 析 根 据 题 意 知 每 年 的 利 润 构 成 一 个 等 比 数 列 an,其 中 首 项a1=5 000,公 比q=1+10%=1.1,Sn=30 000.于是得到=30 000,整理得 1.1n=1.6,两边取对数,得nlg 1.1=lg 1.6,解得n=5,故还需要 4

10、 年.答案 A3 3.已知等比数列an的公比为q,其前n项和为Sn,前n项之积为Tn,且满足a11,a2 016a20171,0,则下列结论正确的是()A.q0C.T2 016是数列Tn中的最大数D.S2 016S2 017解析由已知,得a2 0161,a2 0171,所以前 2 016 项均大于 1,0q1,S2 0160,b1),则a4=.n22解析 当n2 时,an=Sn-Sn-1=(b-1)b.因为a1=S1=b-2,所以(b-1)b=b-2,解得b=2,因此Sn=2n+1-2,于是a4=S4-S3=16.答案 166 6.导学号04994051如图,作边长为3的正三角形的内切圆,在这

11、个圆内作内接正三角形,然后作新三角形的内切圆,如此下去,则前n个内切圆的面积和为.解析根据题意知第一个内切圆的半径为3=,面积为,第二个内切圆的半径为,面积为,这些内切圆的面积组成一个等比数列,首项为,公比为,故前n个内切圆的面积之和为.答案7 7.已知正项等差数列an的公差不为 0,a2,a5,a14恰好是等比数列bn的前三项,a2=3.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)记数列bn的前n项和为Tn,若对任意的nN N,k*3n-6 恒成立,求实数k的取值范围.解(1)设公差为d,根据题意知d0,a2=a1+d,a5=a1+4d,a14=a1+13d.(a1+4d)2=(a1+d)(a1

12、+13d),a1+d=3,精品小初高学习文件精品小初高学习文件3d2-6d=0,d=2(d=0 舍去).又a2=3,d=2,a1=1,an=2n-1.b1=a2=3,b2=a5=9,b3=a14=27,bn=3n.(2)由(1)知b1=3,q=3.Tn=,Tn0,k3n-6 对nN N*恒成立.k对nN N 恒成立.*令cn=,cn-cn-1=,当n3 时,cncn-1,当n4 时,cncn-1,(cn)max=c3=,故k.8 8.导学号04994052已知等差数列an的前n项和为Sn,且a2=8,S4=40.数列bn*的前n项和为Tn,且Tn-2bn+3=0,nN N.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)设cn=解(1)由题意知,求数列cn的前 2n+1 项和P2n+1.解得an=4n.Tn-2bn+3=0,当n=1 时,b1=3,当n2 时,Tn-1-2bn-1+3=0,两式相减,得bn=2bn-1(n2),n-1故数列bn为等比数列,且bn=32.(2)由(1)知cn=P2n+1=(a1+a3+a2n+1)+(b2+b4+b2n)=22n+1+4n2+8n+2.精品小初高学习文件精品小初高学习文件精品小初高学习文件