2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--4.3.2 等比数列的前n项和公式（2）
文档属性
| 名称 | 2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--4.3.2 等比数列的前n项和公式（2） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1018.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-16 12:50:15 | ||
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文档简介
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2024人教版高中数学选择性必修第二册同步
第四章 数列
4.3 等比数列
4.3.2 等比数列的前n项和公式
第2课时 等比数列前n项和的综合应用
基础过关练
题组一 等比数列前n项和的性质
1.(2023福建龙岩连城第一中学月考)已知一个项数为偶数的等比数列{an},它的所有项之和为所有偶数项之和的4倍,前3项之积为64,则a1=( )
A.1 B.4 C.12 D.36
2.(2023天津一中期末)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若S3=4,a4+a5+a6=6,则=( )
A. B. C. D.
3.已知等比数列{an}共有2n项,且所有项的和为-240,其中奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q= .
4.(2023江西南昌十中月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=3,S8=9,则S16的值为 .
题组二 与等比数列有关的数列求和
5.(2022湖南湘潭期末)设数列{nan}的前n项和为Sn,若an=2n,则使得Sn<1000成立的正整数n的最大值为( )
A.5 B.6 C.7 D.8
6.(2023江苏扬州大学附属中学东部分校期中)已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an,n∈N*,数列{bn}是等差数列,且b1=a2,b3=a2+a3+a4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Sn.
7.求数列1,3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1(a≠0)的前n项和.
题组三 与等比数列前n项和有关的实际问题
8.(2023福建宁德期中)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题(意为):“有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地.”那么,此人第1天走的路程是( )
A.24里 B.60里 C.192里 D.216里
9.(2023江苏如东高级中学月考)山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间,左右对称分布,最中间的是明间,宽度最大,然后两边均依次是次间、次间、梢间、尽间.每间宽度从明间开始向左、右两边均按相同的比例逐步递减,且明间与相邻的次间的宽度比为8∶7.设明间的宽度为a,则该宝殿9间的总宽度为 ( )
A.a B.15a-14a
C.14a D.15a-14a
10.(2023上海松江四中期中)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 ”原文意思是:一座7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,问塔的顶层有多少盏灯 若塔的最中间一层有m盏灯,则m= .
能力提升练
题组一 等比数列前n项和的性质
1.(2022四川绵阳月考)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若-5,S3,S6成等差数列,则S9-S6的最小值为( )
A.25 B.20 C.15 D.10
2.(2023广东广州调研)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,则下列说法正确的是( )
A.若q>1,则an+1>an
B.a1a2…an=(a1an
C.数列{an+1-an}是等比数列
D.对任意正整数n,(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n)
3.(2023湖北随州第一中学期末)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且210S30-(210+1)S20+S10=0,则公比q= .
题组二 与等比数列有关的数列求和
4.(2023山东济南期中)已知数列{an}是等差数列,数列{bn}是各项均为正数的等比数列,且{bn}的前n项和为Sn,a1=b1=1,a2=b2+1,a4=S3.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)令cn=求数列{cn}的前11项和T11.
5.(2023重庆北碚期末)已知数列{an}的首项a1=-1,且满足an+1=(n∈N*).
(1)求证:数列为等比数列;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
题组三 等比数列前n项和的综合应用
6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,n∈N*,则T9=( )
A. B. C. D.
7.(2022河南驻马店中学月考)作边长为3的正三角形的内切圆,在这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( )
A.π B.π C.π D.3π
8.(2023湖南长沙期中)已知数列{bn}为正项等比数列,且b1=1,等差数列{an}的首项a1=2,且a2=b3,a4=b4,记cn=,数列{cn}的前n项和为Sn, n∈N*,k>Sn≥t(k,t∈Z)恒成立,则k-t的最小值为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
9.(2023安徽六安一中期末)已知Sn为等差数列{bn}的前n项和,且满足3b2=b5,b3=5b2-10,若数列{an}满足an+an+1=bn,b1=a1+1,则( )
A.b32=63
B.Sn-5bn的最小值为-25
C.{an}为等差数列
D.{an}和{bn}的前100项中的公共项的和为2000
10.(2023广东河源龙川一中期末)已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn=,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N*),则当Tn<2022时,n的最大值是 .
11.(2023山东淄博月考)已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3×2n-1(n∈N*).
(1)判断数列是不是等差数列,并说明理由;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
12.新能源汽车技术的发展有着诸多的作用,它不仅能够帮助国家减少对石油的依赖,还能够减轻对环境的污染.为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,新车为电力型和混合动力型公交车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型公交车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型公交车每年比上一年多投入a(a∈N*)辆.
(1)求经过n年,该市被更换的公交车总辆数S(n)(不必写出n的取值范围);
(2)若该市计划7年内完成全部更换,求a的最小值.
答案与分层梯度式解析
第四章 数列
4.3 等比数列
4.3.2 等比数列的前n项和公式
第2课时 等比数列前n项和的综合应用
基础过关练
1.C 2.B 5.B 8.C 9.D
1.C 由题意可得S奇+S偶=4S偶,故S偶=S奇,
设等比数列{an}的公比为q,项数为2k(k∈N*),
则S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=S奇,所以q=,
由a1a2a3==64,可得a2=4,因此a1==12.故选C.
2.B 由题意得S6=4+6=10,∵{an}是等比数列,∴S3,S6-S3,S9-S6是等比数列,∴(S9-S6)·S3=(S6-S3)2,解得S9-S6=9,∴S9=9+10=19,∴.故选B.
3.答案 2
解析 设奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶.
根据题意得
解得=2.
4.答案 45
解析 设等比数列{an}的公比为q.
若q=-1,当n为偶数时,Sn==0,不合题意,所以q≠-1,
由等比数列前n项和的性质可知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比数列,且公比为=2,
所以S12-S8=3×22=12,S16-S12=3×23=24,
因此,S16=S4+(S8-S4)+(S12-S8)+(S16-S12)=3+6+12+24=45.
5.B 由题意,得nan=n·2n,Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,①
则2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②
①-②,得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=2n+1-n×2n+1-2,所以Sn=n×2n+1-2n+1+2=(n-1)×2n+1+2,易知{Sn}递增,当n=6时,S6=642,当n=7时,S7=1538,所以使得Sn<1000成立的正整数n的最大值为6.故选B.
6.解析 (1)易知数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d,
易得b1=a2=2,b3=a2+a3+a4=2+4+8=14,
由解得d=6,
所以bn=b1+(n-1)d=6n-4.
(2)由(1)可知cn=an+bn=2n-1+6n-4,
所以Sn=(1+2+…+2n-1)+[2+8+…+(6n-4)]==2n+3n2-n-1.
7.解析 设该数列的前n项和为Sn,当a=1时,数列为1,3,5,7,…,2n-1,则Sn==n2;
当a≠0且a≠1时,Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)·an-1,①
aSn=a+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1+(2n-1)an,②
①-②,得Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an,
即(1-a)Sn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+…+an-1)=1-(2n-1)an+2·,
又1-a≠0,∴Sn=.
综上,Sn=
8.C 由题意可知此人每天行走的路程数构成公比为的等比数列,且该等比数列的前6项和为378,设第一天行走的路程为m里,则=378,解得m=192.故选C.
9.D 易知宝殿9间的宽度从明间向两边依次成等比数列,且两个等比数列相同,设向右边的数列为{an},其前n项和为Sn,则a1=a,公比q=,
则前5项和为S5=a,
所以该宝殿9间的总宽度为2S5-a=2a.故选D.
10.答案 24
解析 设从上向下每一层的灯数构成数列{an},
则数列{an}是以2为公比的等比数列,且前7项和为=(27-1)a1=381,解得a1=3,
故m=a4=3×23=24.
能力提升练
1.B 2.D 6.C 7.B 8.C 9.AC
1.B 因为{an}是正项等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,所以(S6-S3)2=S3(S9-S6).
因为-5,S3,S6成等差数列,所以S6-5=2S3,即S6-S3=S3+5,所以S9-S6=+10.易知S3>0,则S3++10≥2+10=20,当且仅当S3=5时取等号,故选B.
2.D 对于A,若a1<0且q>1,则an=a1qn-1<0,所以an+1-an=an(q-1)<0,即an+1对于B,当q<0,n=2时,a1a2=>0,B中说法错误;
对于C,若q=1,则an+1-an=0,此时数列{an+1-an}不是等比数列,C中说法错误;
对于D,S2n-Sn=an+1+an+2+…+a2n=qn(a1+a2+…+an)=qnSn,
S3n-S2n=a2n+1+a2n+2+…+a3n=q2n(a1+a2+…+an)=q2nSn,
所以Sn(S3n-S2n)=q2n=(S2n-Sn)2,D中说法正确.故选D.
3.答案
解析 由210S30-(210+1)S20+S10=0,得210(S30-S20)=S20-S10.
又正项等比数列{an}的前n项和为Sn,故S20-S10≠0,∴,
∵数列{an}是等比数列,
∴=q10,
故q10=,解得q=±,
∵{an}为正项等比数列,∴q>0,故q=.
方法技巧 已知公比为q的等比数列的前n项和为Sn,涉及Sn,S2n,S3n,…的关系或Sn与Sm的关系时考虑应用以下两个性质:
①Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍成等比数列,其公比为qn(q≠-1).
②Sn+m=Sn+qnSm.
4.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),
由得
∵a1=b1=1,∴∴d=q=2,
∴an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2n-1.
(2)由(1)知cn=
∴T11=(a1+a3+a5+a7+a9+a11)+(b2+b4+b6+b8+b10)
=(1+5+9+13+17+21)+(2+23+25+27+29)
==748.
5.解析 (1)证明:将an+1=两边取倒数,
可得=2·+3,(递推公式满足分式型,常考虑取倒数构造等比数列)
两边同时加3,可得+3=2·,
∵+3=2,∴数列是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)由(1)可得+3=2·2n-1=2n,则=2n-3,
故bn=,
则Tn=b1+b2+…+bn=+…+,
+…+,
两式相减,可得+…+
=,
∴Tn=2-.
6.C ∵a1=1,a3=a2+2,∴a1q2=a1q+2,即q2-q-2=0,∴q=2或q=-1,∵q>0,∴q=2,
∴an=2n-1,Sn==2n-1.
∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,
∴bn=,
∴Tn=b1+b2+…+bn=+…+,
∴T9=1-.故选C.
解题模板 条件an+1=bnSn+1Sn是“项”与“和”共存的递推关系,解题时要么将“和”化为“项”,要么将“项”化为“和”.本题利用an+1=Sn+1-Sn将“项”化为“和”,应用裂项相消法求和,从而解决问题.
7.B 设第n个正三角形的内切圆的半径为an,
易知从第二个正三角形开始,每个正三角形的边长都是前一个的边长的,每个正三角形的内切圆的半径也是前一个正三角形内切圆半径的,
所以a1=×3×tan30°=a2,……,an=an-1(n≥2),
所以数列{an}是以为首项,为公比的等比数列,
所以an=,则,
设前n个内切圆的面积和为Sn,
则Sn=π+…+π+…+=π.故选B.
8.思路分析
SnSn的范围结果
C 设等比数列{bn}的公比为q(q>0),等差数列{an}的公差为d,
由a1=2,b1=1,a2=b3,a4=b4,可得则q3-3q2+4=0,即(q+1)(q-2)2=0,所以q=2(q=-1舍去),则d=2,
所以an=2+2(n-1)=2n,bn=2n-1,
故cn==n·,
则Sn=1×+…+n×,
+…+(n-1)×,
两式相减可得+…+-n·-n·=4-(n+2)·,
故Sn=8-(n+2)·,
易知Sn≥S1=2,Sn<8,
可得2≤Sn<8.
∵ n∈N*,k>Sn≥t(k,t∈Z)恒成立,
∴k≥8,t≤2,即k-t≥6,即k-t的最小值为6.故选C.
9.AC 设等差数列{bn}的公差为d.
由题意得
解得=n2,b32=2×32-1=63,
∴A正确;
∵Sn-5bn=n2-5(2n-1)=n2-10n+5=(n-5)2-20,
∴当n=5时,Sn-5bn有最小值,为-20,∴B错误;
∵an+an+1=bn=2n-1=n+n-1,
∴an+1-n=-\[an-(n-1)\],
设cn=an-(n-1),则cn+1+cn=0,又b1=a1+1,∴a1=0,
由an+an+1=2n-1,得a1+a2=1,则a2=1,∴c1=a1=0,c2=a2-1=0,
由cn+1+cn=0,得cn=0,∴an-(n-1)=0,∴an=n-1,
∴{an}为等差数列,∴C正确;
∵an=n-1,bn=2n-1,∴{an}和{bn}的前100项中的公共项的和为1+3+5+7+…+99==2500,
∴D错误.故选AC.
10.答案 9
解析 由题意得an=2n-1,bn=2n-1,
∴Tn=c1+c2+…+cn=+…+
=+…+=(2×20-1)+(2×21-1)+(2×22-1)+…+(2×2n-1-1)=2×(20+21+22+…+2n-1)-n=2×-n=2n+1-n-2,∵Tn<2022,
∴2n+1-n-2<2022,当n=10时,211-10-2=2036>2022,不适合题意,
当n=9时,210-9-2=1013<2022,适合题意,∴n的最大值是9.
11.解析 (1)由an+1=2an+3×2n-1,
可得,即,
∵,∴数列是以为首项,为公差的等差数列.
(2)由(1)可得,
则an=·2n=(3n-1)·2n-2,
故Sn=a1+a2+a3+…+an=2×2-1+5×20+8×21+…+(3n-1)×2n-2,
2Sn=2×20+5×21+…+(3n-4)×2n-2+(3n-1)×2n-1,
两式相减,可得-Sn=2×2-1+3×20+3×21+…+3×2n-2-(3n-1)×2n-1
=1+3×(20+21+…+2n-2)-(3n-1)×2n-1
=1+3·-(3n-1)·2n-1
=-(3n-4)·2n-1-2,
∴Sn=(3n-4)·2n-1+2.
12.解析 (1)设an,bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的辆数,
依题意,数列{an}是首项为128,公比为1+50%=的等比数列,{bn}是首项为400,公差为a的等差数列,
故数列{an}的前n项和为,{bn}的前n项和为400n+a,
所以经过n年,该市被更换的公交车总辆数S(n)=256a.
(2)若计划7年内完成全部更换,则S(7)≥10000,
即256a≥10000,
即21a≥3082,解得a≥146,
又a∈N*,所以a的最小值为147.
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第四章 数列
4.3 等比数列
4.3.2 等比数列的前n项和公式
第2课时 等比数列前n项和的综合应用
基础过关练
题组一 等比数列前n项和的性质
1.(2023福建龙岩连城第一中学月考)已知一个项数为偶数的等比数列{an},它的所有项之和为所有偶数项之和的4倍,前3项之积为64,则a1=( )
A.1 B.4 C.12 D.36
2.(2023天津一中期末)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若S3=4,a4+a5+a6=6,则=( )
A. B. C. D.
3.已知等比数列{an}共有2n项,且所有项的和为-240,其中奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q= .
4.(2023江西南昌十中月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=3,S8=9,则S16的值为 .
题组二 与等比数列有关的数列求和
5.(2022湖南湘潭期末)设数列{nan}的前n项和为Sn,若an=2n,则使得Sn<1000成立的正整数n的最大值为( )
A.5 B.6 C.7 D.8
6.(2023江苏扬州大学附属中学东部分校期中)已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an,n∈N*,数列{bn}是等差数列,且b1=a2,b3=a2+a3+a4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Sn.
7.求数列1,3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1(a≠0)的前n项和.
题组三 与等比数列前n项和有关的实际问题
8.(2023福建宁德期中)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题(意为):“有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地.”那么,此人第1天走的路程是( )
A.24里 B.60里 C.192里 D.216里
9.(2023江苏如东高级中学月考)山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间,左右对称分布,最中间的是明间,宽度最大,然后两边均依次是次间、次间、梢间、尽间.每间宽度从明间开始向左、右两边均按相同的比例逐步递减,且明间与相邻的次间的宽度比为8∶7.设明间的宽度为a,则该宝殿9间的总宽度为 ( )
A.a B.15a-14a
C.14a D.15a-14a
10.(2023上海松江四中期中)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 ”原文意思是:一座7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,问塔的顶层有多少盏灯 若塔的最中间一层有m盏灯,则m= .
能力提升练
题组一 等比数列前n项和的性质
1.(2022四川绵阳月考)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若-5,S3,S6成等差数列,则S9-S6的最小值为( )
A.25 B.20 C.15 D.10
2.(2023广东广州调研)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,则下列说法正确的是( )
A.若q>1,则an+1>an
B.a1a2…an=(a1an
C.数列{an+1-an}是等比数列
D.对任意正整数n,(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n)
3.(2023湖北随州第一中学期末)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且210S30-(210+1)S20+S10=0,则公比q= .
题组二 与等比数列有关的数列求和
4.(2023山东济南期中)已知数列{an}是等差数列,数列{bn}是各项均为正数的等比数列,且{bn}的前n项和为Sn,a1=b1=1,a2=b2+1,a4=S3.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)令cn=求数列{cn}的前11项和T11.
5.(2023重庆北碚期末)已知数列{an}的首项a1=-1,且满足an+1=(n∈N*).
(1)求证:数列为等比数列;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
题组三 等比数列前n项和的综合应用
6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,n∈N*,则T9=( )
A. B. C. D.
7.(2022河南驻马店中学月考)作边长为3的正三角形的内切圆,在这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( )
A.π B.π C.π D.3π
8.(2023湖南长沙期中)已知数列{bn}为正项等比数列,且b1=1,等差数列{an}的首项a1=2,且a2=b3,a4=b4,记cn=,数列{cn}的前n项和为Sn, n∈N*,k>Sn≥t(k,t∈Z)恒成立,则k-t的最小值为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
9.(2023安徽六安一中期末)已知Sn为等差数列{bn}的前n项和,且满足3b2=b5,b3=5b2-10,若数列{an}满足an+an+1=bn,b1=a1+1,则( )
A.b32=63
B.Sn-5bn的最小值为-25
C.{an}为等差数列
D.{an}和{bn}的前100项中的公共项的和为2000
10.(2023广东河源龙川一中期末)已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn=,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N*),则当Tn<2022时,n的最大值是 .
11.(2023山东淄博月考)已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3×2n-1(n∈N*).
(1)判断数列是不是等差数列,并说明理由;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
12.新能源汽车技术的发展有着诸多的作用,它不仅能够帮助国家减少对石油的依赖,还能够减轻对环境的污染.为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,新车为电力型和混合动力型公交车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型公交车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型公交车每年比上一年多投入a(a∈N*)辆.
(1)求经过n年,该市被更换的公交车总辆数S(n)(不必写出n的取值范围);
(2)若该市计划7年内完成全部更换,求a的最小值.
答案与分层梯度式解析
第四章 数列
4.3 等比数列
4.3.2 等比数列的前n项和公式
第2课时 等比数列前n项和的综合应用
基础过关练
1.C 2.B 5.B 8.C 9.D
1.C 由题意可得S奇+S偶=4S偶,故S偶=S奇,
设等比数列{an}的公比为q,项数为2k(k∈N*),
则S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=S奇,所以q=,
由a1a2a3==64,可得a2=4,因此a1==12.故选C.
2.B 由题意得S6=4+6=10,∵{an}是等比数列,∴S3,S6-S3,S9-S6是等比数列,∴(S9-S6)·S3=(S6-S3)2,解得S9-S6=9,∴S9=9+10=19,∴.故选B.
3.答案 2
解析 设奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶.
根据题意得
解得=2.
4.答案 45
解析 设等比数列{an}的公比为q.
若q=-1,当n为偶数时,Sn==0,不合题意,所以q≠-1,
由等比数列前n项和的性质可知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比数列,且公比为=2,
所以S12-S8=3×22=12,S16-S12=3×23=24,
因此,S16=S4+(S8-S4)+(S12-S8)+(S16-S12)=3+6+12+24=45.
5.B 由题意,得nan=n·2n,Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,①
则2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②
①-②,得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=2n+1-n×2n+1-2,所以Sn=n×2n+1-2n+1+2=(n-1)×2n+1+2,易知{Sn}递增,当n=6时,S6=642,当n=7时,S7=1538,所以使得Sn<1000成立的正整数n的最大值为6.故选B.
6.解析 (1)易知数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d,
易得b1=a2=2,b3=a2+a3+a4=2+4+8=14,
由解得d=6,
所以bn=b1+(n-1)d=6n-4.
(2)由(1)可知cn=an+bn=2n-1+6n-4,
所以Sn=(1+2+…+2n-1)+[2+8+…+(6n-4)]==2n+3n2-n-1.
7.解析 设该数列的前n项和为Sn,当a=1时,数列为1,3,5,7,…,2n-1,则Sn==n2;
当a≠0且a≠1时,Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)·an-1,①
aSn=a+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1+(2n-1)an,②
①-②,得Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an,
即(1-a)Sn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+…+an-1)=1-(2n-1)an+2·,
又1-a≠0,∴Sn=.
综上,Sn=
8.C 由题意可知此人每天行走的路程数构成公比为的等比数列,且该等比数列的前6项和为378,设第一天行走的路程为m里,则=378,解得m=192.故选C.
9.D 易知宝殿9间的宽度从明间向两边依次成等比数列,且两个等比数列相同,设向右边的数列为{an},其前n项和为Sn,则a1=a,公比q=,
则前5项和为S5=a,
所以该宝殿9间的总宽度为2S5-a=2a.故选D.
10.答案 24
解析 设从上向下每一层的灯数构成数列{an},
则数列{an}是以2为公比的等比数列,且前7项和为=(27-1)a1=381,解得a1=3,
故m=a4=3×23=24.
能力提升练
1.B 2.D 6.C 7.B 8.C 9.AC
1.B 因为{an}是正项等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,所以(S6-S3)2=S3(S9-S6).
因为-5,S3,S6成等差数列,所以S6-5=2S3,即S6-S3=S3+5,所以S9-S6=+10.易知S3>0,则S3++10≥2+10=20,当且仅当S3=5时取等号,故选B.
2.D 对于A,若a1<0且q>1,则an=a1qn-1<0,所以an+1-an=an(q-1)<0,即an+1
对于C,若q=1,则an+1-an=0,此时数列{an+1-an}不是等比数列,C中说法错误;
对于D,S2n-Sn=an+1+an+2+…+a2n=qn(a1+a2+…+an)=qnSn,
S3n-S2n=a2n+1+a2n+2+…+a3n=q2n(a1+a2+…+an)=q2nSn,
所以Sn(S3n-S2n)=q2n=(S2n-Sn)2,D中说法正确.故选D.
3.答案
解析 由210S30-(210+1)S20+S10=0,得210(S30-S20)=S20-S10.
又正项等比数列{an}的前n项和为Sn,故S20-S10≠0,∴,
∵数列{an}是等比数列,
∴=q10,
故q10=,解得q=±,
∵{an}为正项等比数列,∴q>0,故q=.
方法技巧 已知公比为q的等比数列的前n项和为Sn,涉及Sn,S2n,S3n,…的关系或Sn与Sm的关系时考虑应用以下两个性质:
①Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍成等比数列,其公比为qn(q≠-1).
②Sn+m=Sn+qnSm.
4.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),
由得
∵a1=b1=1,∴∴d=q=2,
∴an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2n-1.
(2)由(1)知cn=
∴T11=(a1+a3+a5+a7+a9+a11)+(b2+b4+b6+b8+b10)
=(1+5+9+13+17+21)+(2+23+25+27+29)
==748.
5.解析 (1)证明:将an+1=两边取倒数,
可得=2·+3,(递推公式满足分式型,常考虑取倒数构造等比数列)
两边同时加3,可得+3=2·,
∵+3=2,∴数列是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)由(1)可得+3=2·2n-1=2n,则=2n-3,
故bn=,
则Tn=b1+b2+…+bn=+…+,
+…+,
两式相减,可得+…+
=,
∴Tn=2-.
6.C ∵a1=1,a3=a2+2,∴a1q2=a1q+2,即q2-q-2=0,∴q=2或q=-1,∵q>0,∴q=2,
∴an=2n-1,Sn==2n-1.
∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,
∴bn=,
∴Tn=b1+b2+…+bn=+…+,
∴T9=1-.故选C.
解题模板 条件an+1=bnSn+1Sn是“项”与“和”共存的递推关系,解题时要么将“和”化为“项”,要么将“项”化为“和”.本题利用an+1=Sn+1-Sn将“项”化为“和”,应用裂项相消法求和,从而解决问题.
7.B 设第n个正三角形的内切圆的半径为an,
易知从第二个正三角形开始,每个正三角形的边长都是前一个的边长的,每个正三角形的内切圆的半径也是前一个正三角形内切圆半径的,
所以a1=×3×tan30°=a2,……,an=an-1(n≥2),
所以数列{an}是以为首项,为公比的等比数列,
所以an=,则,
设前n个内切圆的面积和为Sn,
则Sn=π+…+π+…+=π.故选B.
8.思路分析
SnSn的范围结果
C 设等比数列{bn}的公比为q(q>0),等差数列{an}的公差为d,
由a1=2,b1=1,a2=b3,a4=b4,可得则q3-3q2+4=0,即(q+1)(q-2)2=0,所以q=2(q=-1舍去),则d=2,
所以an=2+2(n-1)=2n,bn=2n-1,
故cn==n·,
则Sn=1×+…+n×,
+…+(n-1)×,
两式相减可得+…+-n·-n·=4-(n+2)·,
故Sn=8-(n+2)·,
易知Sn≥S1=2,Sn<8,
可得2≤Sn<8.
∵ n∈N*,k>Sn≥t(k,t∈Z)恒成立,
∴k≥8,t≤2,即k-t≥6,即k-t的最小值为6.故选C.
9.AC 设等差数列{bn}的公差为d.
由题意得
解得=n2,b32=2×32-1=63,
∴A正确;
∵Sn-5bn=n2-5(2n-1)=n2-10n+5=(n-5)2-20,
∴当n=5时,Sn-5bn有最小值,为-20,∴B错误;
∵an+an+1=bn=2n-1=n+n-1,
∴an+1-n=-\[an-(n-1)\],
设cn=an-(n-1),则cn+1+cn=0,又b1=a1+1,∴a1=0,
由an+an+1=2n-1,得a1+a2=1,则a2=1,∴c1=a1=0,c2=a2-1=0,
由cn+1+cn=0,得cn=0,∴an-(n-1)=0,∴an=n-1,
∴{an}为等差数列,∴C正确;
∵an=n-1,bn=2n-1,∴{an}和{bn}的前100项中的公共项的和为1+3+5+7+…+99==2500,
∴D错误.故选AC.
10.答案 9
解析 由题意得an=2n-1,bn=2n-1,
∴Tn=c1+c2+…+cn=+…+
=+…+=(2×20-1)+(2×21-1)+(2×22-1)+…+(2×2n-1-1)=2×(20+21+22+…+2n-1)-n=2×-n=2n+1-n-2,∵Tn<2022,
∴2n+1-n-2<2022,当n=10时,211-10-2=2036>2022,不适合题意,
当n=9时,210-9-2=1013<2022,适合题意,∴n的最大值是9.
11.解析 (1)由an+1=2an+3×2n-1,
可得,即,
∵,∴数列是以为首项,为公差的等差数列.
(2)由(1)可得,
则an=·2n=(3n-1)·2n-2,
故Sn=a1+a2+a3+…+an=2×2-1+5×20+8×21+…+(3n-1)×2n-2,
2Sn=2×20+5×21+…+(3n-4)×2n-2+(3n-1)×2n-1,
两式相减,可得-Sn=2×2-1+3×20+3×21+…+3×2n-2-(3n-1)×2n-1
=1+3×(20+21+…+2n-2)-(3n-1)×2n-1
=1+3·-(3n-1)·2n-1
=-(3n-4)·2n-1-2,
∴Sn=(3n-4)·2n-1+2.
12.解析 (1)设an,bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的辆数,
依题意,数列{an}是首项为128,公比为1+50%=的等比数列,{bn}是首项为400,公差为a的等差数列,
故数列{an}的前n项和为,{bn}的前n项和为400n+a,
所以经过n年,该市被更换的公交车总辆数S(n)=256a.
(2)若计划7年内完成全部更换,则S(7)≥10000,
即256a≥10000,
即21a≥3082,解得a≥146,
又a∈N*,所以a的最小值为147.
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