2023-2024学年人教A版数学选择性必修第二册同步练习 4.3.2 第2课时 等比数列习题课（含解析）

第4章　4.3.2　第2课时等比数列习题课
A　组·基础自测
一、选择题
1．数列{(－1)nn}的前n项和为Sn，则S2 022＝( )
A．1 011 B．－1 011
C．2 022 D．－2 022
2．已知数列{an}满足：当p＋q＝11(p，q∈N*，pA．31 B．62
C．170 D．1 023
3．＋＋＋…＋＝( )
A． B．
C． D．
4．数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 016等于( )
A．1 008 B．2 016
C．504 D．0
5．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为( )
A．5 B．
C． D．
二、填空题
6．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝___.
7．数列，，，…，，…前n项的和为　 .
8．已知f(x)＝，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f＋f＋…＋f＝__ .
三、解答题
9．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a2a3＝8a1，且a4,36,2a6成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
10．设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
B　组·素养提升
一、选择题
1．数列{an}中，an＝logn＋1(n＋2)(n∈N*)，定义：使a1·a2·…·ak为整数的数k(k∈N*)叫做期盼数，则区间[1,2 023]内的所有期盼数的和等于( )
A．2 023 B．2 024
C．2 025 D．2 026
2．记Sn为等比数列的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( )
A．120 B．85
C．－85 D．－120
3．(多选题)在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是( )
A．q＝1
B．数列{Sn＋2}是等比数列
C．S8＝510
D．数列{lg an}是公差为2的等差数列
二、填空题
4．等比数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1＋a(a为常数)，bn＝，则数列{bn}的前n项和为　 .
5．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若{an}的“差数列”是首项为，公比为的等比数列，若a1＝1，则a2 023＝ 　.
三、解答题
6．记Sn为数列{an}的前n项和．
已知＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
C　组·探索创新
斐波那契，意大利数学家，其中斐波那契数列是其代表作之一，即数列{an}满足a1＝a2＝1，且an＋2＝an＋1＋an，则称数列{an}为斐波那契数列．已知数列{an}为斐波那契数列，数列{bn}满足bn＋3＋(－1)anbn＝n，若数列{bn}的前12项和为86，则b1＋b2＝___.
第4章　4.3.2　第2课时等比数列习题课
A　组·基础自测
一、选择题
1．数列{(－1)nn}的前n项和为Sn，则S2 022＝( A )
A．1 011 B．－1 011
C．2 022 D．－2 022
[解析]　S2 022＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2 019＋2 020)＋(－2 021＋2 022)＝1 011.
2．已知数列{an}满足：当p＋q＝11(p，q∈N*，pA．31 B．62
C．170 D．1 023
[解析]　S10＝(a1＋a10)＋(a2＋a9)＋(a3＋a8)＋(a4＋a7)＋(a5＋a6)＝21＋22＋…＋25＝＝62.
3．＋＋＋…＋＝( D )
A． B．
C． D．
[解析]　由题意可设an＝＝＝，则数列{an}的前10项的和S10＝＋＋＋…＋＝×＝×＝.故选D.
4．数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 016等于( A )
A．1 008 B．2 016
C．504 D．0
[解析]　∵函数y＝cos的周期T＝＝4，且第一个周期四项依次为0，－1,0,1.
∴可分四组求和：
a1＋a5＋…＋a2 013＝0，
a2＋a6＋…＋a2 014＝－2－6－…－2 014＝＝－504×1 008，
∴a3＋a7＋…＋a2 015＝0，
a4＋a8＋…＋a2 016＝4＋8＋…＋2 016
＝＝504×1 010.
∴S2 016＝0－504×1 008＋0＋504×1 010＝504×(1 010－1 008)＝1 008，故选A．
5．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为( B )
A．5 B．
C． D．
[解析]　∵an＋an＋1＝，a2＝2，
∴an＝
∴S21＝11×＋10×2＝.
二、填空题
6．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝_15__.
[解析]　a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9×(3×9－2)＋(－1)10×(3×10－2)]＝3×5＝15.
7．数列，，，…，，…前n项的和为 4－　.
[解析]　设Sn＝＋＋＋…＋ ①
Sn＝＋＋＋…＋ ②
①－②得
Sn＝＋＋＋＋…＋－＝2－－.
∴Sn＝4－.
8．已知f(x)＝，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f＋f＋…＋f＝_2_022__.
[解析]　由f(x)＋f＝＋＝＝2，
令S＝f＋f＋…＋f，
则S＝f＋f＋…＋f，
两式相加得：2S＝2 022×2，
∴S＝2 022.
三、解答题
9．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a2a3＝8a1，且a4,36,2a6成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)因为a2a3＝8a1，
所以a1a4＝8a1，所以a4＝8，
又a4,36,2a6成等差数列，所以a4＋2a6＝72，所以a6＝32，q2＝＝4，q>0，
所以q＝2，所以an＝8·2n－4＝2n－1.
(2)bn＝＝＝n·n－2，
Tn＝1·－1＋2·0＋3·1＋…＋(n－1)·n－3＋n·n－2
·Tn＝1·0＋2·1＋3·2＋…＋(n－1)·n－2＋n·n－1
两式相减得：
·Tn＝－1＋0＋1＋…＋n－2－n·n－1，
·Tn＝－n·n－1，
所以Tn＝8－(n＋2)·n－2.
10．设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，
当n≥2时，2Sn－1＝3n－1＋3，
此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，
所以an＝
(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，
当n≥2时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.
所以T1＝b1＝；
当n≥2时，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋，
所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]．
两式相减，得
2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n
＝＋－(n－1)×31－n＝－.
∴Tn＝－.
B　组·素养提升
一、选择题
1．数列{an}中，an＝logn＋1(n＋2)(n∈N*)，定义：使a1·a2·…·ak为整数的数k(k∈N*)叫做期盼数，则区间[1,2 023]内的所有期盼数的和等于( D )
A．2 023 B．2 024
C．2 025 D．2 026
[解析]　an＝logn＋1(n＋2)＝(n∈N*)，
∴a1·a2·a3·…·ak＝···…·＝log2(k＋2)．
又∵a1·a2·a3·…·ak为整数，
∴k＋2必须是2的n次幂(n∈N*)，即k＝2n－2，k∈[1,2 023]内所有的“期盼数”的和：
S＝(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(210－2)
＝－20
＝2 026.
2．记Sn为等比数列的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( C )
A．120 B．85
C．－85 D．－120
[解析]　方法一：设等比数列的公比为q，首项为a1，
若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；
由S4＝－5，S6＝21S2可得，＝－5，＝21×　　①，
由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，
所以S8＝＝×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.
故选C．
方法二：设等比数列的公比为q，
因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，
从而，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，
所以有(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)
解得S2＝－1或S2＝，
当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，
易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；
当S2＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，
与S4＝－5矛盾，舍去．
故选C．
3．(多选题)在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是( BC )
A．q＝1
B．数列{Sn＋2}是等比数列
C．S8＝510
D．数列{lg an}是公差为2的等差数列
[解析]　由题意，可得a2a3＝a1a4＝32>0，
a2＋a3＝12>0，故a2>0，a3>0.
根据根与系数的关系，可知a2，a3是一元二次方程x2－12x＋32＝0的两个根．
解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4.
故必有公比q>0，所以a1＝>0.
因为等比数列{an}是递增数列，所以q>1.
所以a2＝4，a3＝8满足题意．所以q＝2，a1＝＝2.
故选项A不正确．an＝a1·qn－1＝2n.
因为Sn＝＝2n＋1－2.
所以Sn＋2＝2n＋1＝4·2n－1.
所以数列{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．
S8＝28＋1－2＝512－2＝510.故选项C正确．
因为lg an＝lg 2n＝nlg 2.
所以数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列．
故选项D不正确．
二、填空题
4．等比数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1＋a(a为常数)，bn＝，则数列{bn}的前n项和为 ×　.
[解析]　∵Sn为等比数列{an}的前n项和，
且Sn＝3.
∴＝－1，∴a＝－3，∴Sn＝3n＋1－3，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1－3)－(3n－3)＝2×3n　①，
又∵a1＝S1＝6符合①式，∴an＝2×3n，
∴bn＝＝＝·n，
∴{bn}的前n项和为Tn＝
＝×.
5．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若{an}的“差数列”是首项为，公比为的等比数列，若a1＝1，则a2 023＝ 2－　.
[解析]　根据题意，an＋1－an＝，
则a2 023＝(a2 023－a2 022)＋(a2 022－a2 021)＋…＋(a2－a1)＋a1＝＋＋…＋＋1＝2－.
三、解答题
6．记Sn为数列{an}的前n项和．
已知＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
[解析]　(1)证明：因为＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n①，
当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)②，
①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)，
即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1，
即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，
所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，
所以{an}是以1为公差的等差数列．
(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a＝a4·a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12，
所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋＝n2－n＝2－，
所以，当n＝12或n＝13时(Sn)min＝－78.
C　组·探索创新
斐波那契，意大利数学家，其中斐波那契数列是其代表作之一，即数列{an}满足a1＝a2＝1，且an＋2＝an＋1＋an，则称数列{an}为斐波那契数列．已知数列{an}为斐波那契数列，数列{bn}满足bn＋3＋(－1)anbn＝n，若数列{bn}的前12项和为86，则b1＋b2＝_8__.
[解析]　斐波那契数列：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144，….
由bn＋3＋(－1)anbn＝n得b4－b1＝1，b5－b2＝2，b6＋b3＝3，
则b1＋b2＋b4＋b5＝3＋2，
同理b7－b4＝4，b8－b5＝5，b10－b7＝7，b11－b8＝8，b12＋b9＝9，
得b7＝5＋b1，b8＝7＋b2，b10＝12＋b1，b11＝15＋b2，
则b7＋b8＋b10＋b11＝39＋2，b3＋b6＋b9＋b12＝12，
则S12＝b1＋b2＋…＋b12＝54＋4＝86，
则b1＋b2＝8.