4.3 等比数列
4.3.1 等比数列的概念
第1课时 等比数列的概念及通项公式
必备知识基础练
1.(2021北京丰台高二期末)已知等比数列{an}满足a1=-1,a4=8,则a7等于( )
A.32 B.-32 C.64 D.-64
2.(2021天津河西高二期末)数列1,-,-,…的一个通项公式为( )
A.-n-1 B.-n
C.(-1)nn-1 D.(-1)n+1n-1
3.(2021江苏启东高二期末)在等比数列{an}中,a5-a2=4,a4-a1=2,则公比q=( )
A.± B.±2 C. D.2
4.在等比数列{an}中,a1a2=2,a2a4=16,则公比q等于( )
A.2 B.3 C. D.2
5.(多选题)设{an}为等比数列,给出四个数列:①{2an};②{};③{};④{log2|an|}.其中一定为等比数列的是( )
A.① B.② C.③ D.④
6.在160与5中间插入4个数,使它们同这两个数成等比数列,则这4个数依次为 .
7.在数列{an}中,已知a1=3,且对任意正整数n都有2an+1-an=0,则an= .
8.在等比数列{an}中,若a1=,公比q=2,则a4与a8的等比中项是 .
9.已知数列{an}是等差数列,且a2=3,a4+3a5=56.若log2bn=an.
(1)求证:数列{bn}是等比数列;
(2)求数列{bn}的通项公式.
10.已知数列{an}满足a1=,且an+1=λan+1n∈N*,λ∈R且λ≠-.求使数列{an+1}是等比数列的λ的值.
11.(2021湖北黄冈中学高三模拟)已知在数列{an}中,a1=1且2an+1=6an+2n-1(n∈N*).
(1)求证:数列an+为等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
关键能力提升练
12.已知数列{an}是等比数列,则方程组的解的情况为( )
A.唯一解 B.无解
C.无数多组解 D.不能确定
13.(2021江苏常州高二期中)数列{an}中,a1=,am+n=aman( m,n∈N*),则a6=( )
A. B. C. D.
14.(2021湖南长沙四校高二联考)在数列{an}中,对任意n∈N*,都有an+1-2an=0,则=( )
A. B. C. D.1
15.(2021广东广州高二期末)在等比数列{an}中,a1+a2+a3=6,a4+a5+a6=-3,则a7+a8+a9=( )
A.24 B. C. D.-
16.(多选题)已知数列{an},{bn}是等比数列,那么下列一定是等比数列的是( )
A.{k·an} B.
C.{an+bn} D.{an·bn}
17.(多选题)(2021江苏苏州高二期中)已知{an}为等比数列,下列结论正确的是( )
A.若a3=-2,则≥8
B.≥2
C.若a3=a5,则a1=a2
D.若a5>a3,则a7>a5
18.已知一个等比数列的各项均为正数,且它的任何一项都等于它后两项的和,则它的公比q= .
19.若数列a1,,…,,…是首项为1,公比为-的等比数列,则a5= .
20.(2021安徽亳州高二期末)已知数列{an}满足a1=,an+1=,若bn=-1,则数列{bn}的通项公式为bn= .
21.已知数列{an}的前n项和Sn=2an+1,
(1)求证:{an}是等比数列,并求出其通项公式;
(2)设bn=an+1+2an,求证:数列{bn}是等比数列.
22.已知数列{an}和{bn}满足:a1=λ,an+1=an+n-4,bn=(-1)n·(an-3n+21),其中λ为实数,n为正整数.
(1)对任意实数λ,证明数列{an}不是等比数列;
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论.
学科素养创新练
23.(多选题)(2022湖北鄂州高二期中)在数列{an}中,如果对任意n∈N*都有=k(k为常数),则称{an}为等差比数列,k称为公差比.下列说法正确的是( )
A.等差数列一定是等差比数列
B.等差比数列的公差比一定不为0
C.若an=-3n+2,则数列{an}是等差比数列
D.若等比数列是等差比数列,则其公比等于公差比
24.已知数列{cn},其中cn=2n+3n,数列{cn+1-pcn}为等比数列,求常数p.
参考答案
4.3 等比数列
4.3.1 等比数列的概念
第1课时 等比数列的概念及通项公式
1.D 设等比数列{an}的公比为q,
则a4=a1q3=-q3=8,解得q=-2,
故a7=a1q6=-64.
2.D 根据数列的项可知该数列是一个以1为首项,-为公比的等比数列,所以该数列的通项公式为1×-n-1=(-1)n-1×n-1=(-1)n+1×n-1.
3.D 由解得
4.A 在等比数列{an}中,a1a2=2,a2a4=16,
则=q3=8,则公比q=2,故选A.
5.AB 设等比数列{an}的公比为q,
则=q,故{2an}是等比数列;
=q2,故{}是等比数列;
取等比数列an=(-1)n,则{}的前三项为,2,,不成等比数列;此时log2|an|=0,{log2|an|}不成等比数列.
故选AB.
6.80,40,20,10 设这6个数所成等比数列的公比为q,
则5=160q5,∴q5=,∴q=.
∴这4个数依次为80,40,20,10.
7.3· 由2an+1-an=0,得,所以数列{an}是等比数列,公比为.
因为a1=3,所以an=3·.
8.±4 依题意,得a6=a1q5=×25=4,而a4与a8的等比中项是±a6,故a4与a8的等比中项是±4.
9.(1)证明由log2 bn=an,得bn=.
因为数列{an}是等差数列,不妨设公差为d,
则=2d(n≥2),2d是与n无关的常数,所以数列{bn}是等比数列.
(2)解由已知,得
解得于是b1=2-1=,公比q=2d=24=16,所以数列{bn}的通项公式bn=·16n-1.
10.解若数列{an+1}是等比数列,
则=μ(μ为非零常数),
即(λ-μ)an+2-μ=0,对于任意n∈N*恒成立,
则解得λ=2.
故当λ=2时,数列{an+1}是等比数列.
11.(1)证明∵2an+1=6an+2n-1(n∈N*),
∴an+1=3an+n-,
∴=3.
∵a1+=1+,
∴an+为等比数列,首项为,公比为3.
(2)解由(1)得,an+×3n-1=×3n,
∴an=×3n-.
12.C 由题意,数列{an}是等比数列,可得,所以直线a1x+a2y=a3与a4x+a5y=a6重合,
所以方程组有无数组解.
13.C 由于 m,n∈N*,有am+n=aman,且a1=.
令m=1,则an+1=a1an=an,即数列{an}是首项为,公比为的等比数列,
所以an=×n-1=n,故a6=6=.
14.A 由an+1-2an=0得=2,即数列{an}是以2为公比的等比数列,
则.
15.B 设等比数列{an}的公比为q,则a4+a5+a6=q3(a1+a2+a3),即6q3=-3,可得q3=-,因此a7+a8+a9=q3(a4+a5+a6)=-×(-3)=.
16.BD 由题意,可设等比数列{an}的公比为q1(q1≠0),则an=a1·,等比数列{bn}的公比为q2(q2≠0),则bn=b1·,对于A,当k=0时,{k·an}显然不是等比数列,故A错误;
对于B,,
∴数列是一个以为首项,为公比的等比数列,故B正确;
对于C,举出反例,当an=1,bn=-1时,数列{an+bn}不是等比数列,故C错误;
对于D,an·bn=a1·b1(q1·q2)n-1,
∴数列{an·bn}是一个以a1b1为首项,q1q2为公比的等比数列,故D正确.故选BD.
17.ABD 若a3=-2,则≥2a2a4=2=8,当a2=a4=±2时,等号成立,故A正确;
因为≥2a3a5=2,当a3=a5时,等号成立,故B正确;
设等比数列的公比为q,因为a3=a5,所以q2==1,所以q=±1,当q=-1时,a1=-a2,故C错误;
设等比数列的公比为q,则q2>0,因为a5>a3,所以a5q2>a3q2,即a7>a5,故D正确.故选ABD.
18. 依题意,得an=an+1+an+2,
所以an=anq+anq2.因为an>0,所以q2+q-1=0,
解得q=.
19.32 由题意,得=(-)n-1(n≥2),所以=-=(-)2,=(-)3,=(-)4,将上面的四个式子两边分别相乘,得=(-)1+2+3+4=32.
又a1=1,所以a5=32.
20.2n-1 因为an+1=,所以-1,所以-1=-2=2-1,而-1=1,且bn=-1.
所以数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,
所以bn=1×2n-1=2n-1.
21.证明(1)∵Sn=2an+1,∴Sn+1=2an+1+1,Sn+1-Sn=an+1=(2an+1+1)-(2an+1)=2an+1-2an,
∴an+1=2an.
由已知及上式可知an≠0.
∴由=2知{an}是等比数列.
由a1=S1=2a1+1,得a1=-1,∴an=-2n-1.
(2)由(1)知,an=-2n-1,∴bn=an+1+2an=-2n-2×2n-1=-2×2n=-2n+1=-4×2n-1.
=2.∴数列{bn}是等比数列.
22.(1)证明假设存在一个实数λ,使{an}是等比数列,则有=a1a3,即λ-32=λλ-4 λ2-4λ+9=λ2-4λ 9=0,矛盾.
所以{an}不是等比数列.
(2)解是等比数列,证明如下:因为bn+1=(-1)n+1·[an+1-3(n+1)+21]=(-1)n+1·an-2n+14=-(-1)n·(an-3n+21)=-bn.
又b1=-(λ+18),所以当λ=-18时,bn=0(n∈N*),此时{bn}不是等比数列;
当λ≠-18时,b1=-(λ+18)≠0,由上可知bn≠0,
所以=-(n∈N*).
故当λ≠-18时,数列{bn}是以-(λ+18)为首项,-为公比的等比数列.
23.BCD 对于等差数列{an},考虑an=1,an+1=1,an+2=1,无意义,所以A选项错误;若等差比数列的公差比为0,=0,an+2-an+1=0,则an+1-an=0与题目矛盾,所以B选项正确;若an=-3n+2,则=3,数列{an}是等差比数列,所以C选项正确;若等比数列是等差比数列,则an=a1qn-1,q≠1,=q,所以D选项正确.
24.解因为数列{cn+1-pcn}为等比数列,
所以(cn+1-pcn)2=(cn-pcn-1)(cn+2-pcn+1),将cn=2n+3n代入上式得,[2n+1+3n+1-p(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)]·[2n+3n-p(2n-1+3n-1)],整理得(2-p)(3-p)·2n·3n=0,解得p=2或p=3.第2课时 等比数列的性质及应用
必备知识基础练
1.在等比数列{an}中,a2=27,公比q=-,则a5=( )
A.-3 B.3 C.-1 D.1
2.已知等比数列{an}中,a3=4,a7=9,则a5=( )
A.6 B.-6 C.6.5 D.±6
3.已知公比不为1的等比数列{an}满足a15a5+a14a6=20,若=10,则m=( )
A.9 B.10 C.11 D.12
4.(2021天津滨海高二期末)在等比数列{an}中,a1=7,a4=a3a5,则a7=( )
A. B. C. D.7
5.在等比数列{an}中,若a7=-2,则该数列的前13项的乘积等于( )
A.-213 B.213 C.26 D.-26
6.(多选题)已知数列{an}是等比数列,且a3+a5=18,a9+a11=144,则a6+a8的值可能为( )
A.-36 B.36 C.-36 D.36
7.(2021河南名校联盟高二月联考)已知等比数列{an}的各项均为正数,若a2a9a16=64,则log2a1+log2a2+…+log2a17= .
8.在《九章算术》中,“衰分”是按比例递减分配的意思.今共有粮98石,甲、乙、丙按序衰分,乙分得28石,则衰分比例为 .
9.等比数列{an}同时满足下列三个条件:①a1+a6=11;②a3a4=;③三个数a2,,a4+依次成等差数列.试求数列{an}的通项公式.
10.设{an}是各项均为正数的等比数列,bn=log2an,b1+b2+b3=3,b1b2b3=-3,求an.
关键能力提升练
11.已知数列{an}满足log3an+1=log3an+1(n∈N*),且a2+a4+a6=9,则lo(a5+a7+a9)的值为( )
A.-5 B.- C.5 D.
12.某工厂去年产值为a,计划10年内每年比上一年产值增长10%,那么从今年起第( )年这个工厂的产值将超过2a.
A.6 B.7 C.8 D.9
13.在正项等比数列{an}中,a3=2,16=a2a6,则数列{an}的前n项积Tn中最大的值是( )
A.T3 B.T4 C.T5 D.T6
14.(2021河南郑州高二期末)已知数列{an}是等比数列,满足a5a11=4a8,数列{bn}是等差数列,且b8=a8,则b7+b9=( )
A.24 B.16 C.8 D.4
15.(2021陕西西安八校高二联考)两个公比均不为1的等比数列{an},{bn},其前n项的乘积分别为An,Bn,若=2,则=( )
A.512 B.32 C.8 D.2
16.(2021辽宁辽西协作体高二联考)《九章算术》“竹九节”问题:现有一根9节的竹子,自上而下各节的容积成等比数列,上面3节的容积之积为3升,下面3节的容积之积为9升,则第5节的容积为( )
A.2升 B.升 C.3升 D.升
17.在流行病学中,基本传染数R0是指在没有外力介入,同时所有人都没有免疫力的情况下,一个感染者平均传染的人数.R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定,假定某种传染病的基本传染数R0=3,那么感染人数由1个初始感染者增加到2 000人大约需要的传染轮数为( )
注:初始感染者传染R0个人为第一轮传染,这R0+1个人每个人再传染R0个人为第二轮感染.
A.5 B.6 C.7 D.8
18.在各项均为正数的等比数列{an}中,已知a1a2a3=4,a4a5a6=12,若an-1anan+1=324,则n= .
19.已知各项都为正数的等比数列{an}中,a2a4=4,a1+a2+a3=14,则满足anan+1an+2>的最大正整数n的值为 .
20.在等比数列{an}中,公比q∈(0,1),且满足a3=2,a1a3+2a2a4+a3a5=25.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log2an,数列{bn}的前n项和为Sn,当+…+取最大值时,求n的值.
学科素养创新练
21.某地区发生流行性病毒感染,居住在该地区的居民必须服用一种药片预防,规定每人每天上午8时和晚上8时各服一片.现知该药片每片含药量为220毫克,若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的60%,该药物在人体内的残留量超过380毫克,就将产生副作用.
(1)某人上午8时第一次服药,问到第二天上午8时服完药后,这种药在他体内还残留多少
(2)若人长期服用这种药,这种药会不会对人体产生副作用 说明理由.
参考答案
第2课时 等比数列的性质及应用
1.C 在等比数列{an}中,a2=27,q=-,
则a5=a2q3=-1.
2.A 由等比数列的性质可得,奇数项的符号相同,
则a5==6.
3.B 依题意,数列{an}是等比数列,且a15a5+a14a6=2=20,所以=10,所以m=10.
4.B 在等比数列{an}中,a1=7,由a4=a3a5=,得a4=1或a4=0(舍去).
由a1a7=,得a7=.
5.A 因为{an}是等比数列,所以a1a13=a2a12=a3a11=a4a10=a5a9=a6a8=,于是该数列的前13项的乘积为a1a2…a13==(-2)13=-213.
6.CD 设{an}的公比为q,则a9+a11=q6(a3+a5),于是q6==8,因此q3=±2,所以a6+a8=q3(a3+a5)=±36.故选CD.
7.34 由a2a9a16=64得=64,即a9=4.
则log2a1+log2a2+…+log2a17=log2(a1a2…a17)=log2=log2417=34.
8. 设衰分比例为q,则甲、乙、丙各分得石、28石、28q石,∴+28+28q=98,∴q=2或.
又0
9.解由等比数列的性质知a1a6=a3a4=,所以解得
当时,q=2,所以an=·2n-1,
这时a2+a4+,2,所以a2,,a4+成等差数列,故an=·2n-1.
当时,q=,an=·26-n,a2+a4+≠2,不符合题意.故通项公式an=·2n-1.
10.解设数列{an}的公比为q,则a1>0,q>0,
∵b1+b2+b3=3,∴log2a1+log2a2+log2a3=3,
∴log2(a1a2a3)=3,∴a1a2a3=8,∴a2=2.
∵b1b2b3=-3,∴log2a1·log2a2·log2a3=-3,
∴log2a1·log2a3=-3,∴log2·log2a2q=-3,
即(log2a2-log2q)·(log2a2+log2q)=-3,
即(1-log2q)·(1+log2q)=-3,解得log2q=±2.
当log2q=2时,q=4,a1=,
∴an=×4n-1=22n-3;
当log2q=-2时,q=,a1==8,
∴an=8×=25-2n.
11.A ∵log3an+1=log3an+1,∴=3,
∴数列{an}是等比数列,公比q=3,∴lo(a5+a7+a9)=lo(a2q3+a4q3+a6q3)=lo[(a2+a4+a6)q3]=lo(9×33)=-5.
12.C 设从今年起第n年这个工厂的产值为an,则a1=1.1a,a2=1.12a,…,an=1.1na.依题意,得1.1na>2a,即1.1n>2,解得n≥8.
13.A 依题意,数列{an}是等比数列,所以16=a2a6=,所以q2=.
又因为数列{an}为正项等比数列,所以q=,所以an=a3qn-3=2·43-n=27-2n,令an>1,即27-2n>1,得n<,因为n∈N*,所以n≤3,数列{an}的前n项积Tn中T3最大,故选A.
14.C ∵数列{an}是等比数列,
∴a5a11==4a8,又a8≠0,∴a8=4.
又{bn}是等差数列,b8=a8,∴b7+b9=2b8=2a8=8.
15.A 因为A9=a1a2a3…a9=,B9=b1b2b3…b9=,
所以=9=512.
16.D (方法1)依题意,竹子自上而下各节的容积成等比数列{an},
则解得a1q=,q3=,
∴第5节的容积为a1q4=a1q·q3=.
(方法2)依题意,竹子自上而下各节的容积成等比数列{an},a1a2a3=3,a7a8a9=9,由等比数列的性质可知a1a2a3a7a8a9=(a1a9)(a2a8)(a3a7)==27.
所以a5=.
17.B 设经过第n轮传染,感染人数为an,经过第一轮感染后,a1=1+3=4,经过第二轮感染后,a2=4+4×3=16,于是可以得知经过传染,每一轮感染总人数构成等比数列,所以经过第n轮传染,感染人数为an=4n,所以a5=1 024,a6=4 096,因此感染人数由1个初始感染者增加到2 000人大约需要的传染轮数为6轮.
18.14 设数列{an}的公比为q,由a1a2a3==4与a4a5a6==12,可得=(q3)3,q9=3.
又an-1anan+1==(a2qn-2)3=324,
因此q3n-6=81=34=q36,所以n=14.
19.4 ∵a2a4=4=,且a3>0,∴a3=2.
设公比为q,则a1+a2+a3=+2=14,
∴=-3(舍去)或=2,即q=,∴a1==8.
∴an=a1qn-1=8×n-1=n-4,
∴anan+1an+2=3n-9>,即23n-9<9,
∴n的最大值为4.
20.解(1)∵a1a3+2a2a4+a3a5=25,由等比数列的基本性质可得+2a2a4+=25,∴(a2+a4)2=25.
∵a3=2,q∈(0,1),则对任意的n∈N*,可得出an>0,
∴a2+a4=5.
∴解得
因此,an=a1qn-1=8×n-1=24-n.
(2)bn=log2an=log224-n=4-n,则数列{bn}为等差数列,可得Sn=,
∴,则=-,
∴数列为等差数列,则+…+=-n-2+,由n∈N*,可得n=6或n=7时,+…+取得最大值.
21.解(1)设人第n次服药后,药在体内的残留量为an毫克,则a1=220,a2=220+a1×(1-60%)=220×1.4=308,a3=220+a2×(1-60%)=343.2,
即到第二天上午8时服完药后,这种药在他体内还残留343.2毫克.
(2)由题意,得an+1=220+an,
∴an+1-,
∴是以a1-=-为首项,为公比的等比数列,
∴an-=-,
∵-<0,∴an<=366,
∴an<380.
故若人长期服用这种药,这种药不会对人体产生副作用.4.3.2 等比数列的前n项和公式
第1课时 等比数列的前n项和
必备知识基础练
1.已知数列{an}的通项公式是an=2n,Sn是数列{an}的前n项和,则S10等于( )
A.10 B.210
C.a10-2 D.211-2
2.在等比数列{an}中,a2=9,a5=243,则{an}的前4项和为( )
A.81 B.120
C.168 D.192
3.已知等比数列{an}的公比q=-2,前6项和S6=21,则a6=( )
A.-32 B.-16 C.16 D.32
4.在14与之间插入n个数组成一个等比数列,若各项总和为,则此数列的项数为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
5.(2021四川乐山高三调研)在各项均为正数的等比数列{an}中,a2=4,a6=64,前n项和Sn=510,则n=( )
A.6 B.7 C.8 D.9
6.(多选题)(2021湖南衡阳高二期末)“一尺之棰,日取其半,万世不竭”这句话出自《庄子·天下篇》,其意思为“一根一尺长的木棰每天截取一半,永远都取不完”.设第一天这根木棰被截取一半剩下a1尺,第二天被截取剩下的一半剩下a2尺……第六天被截取剩下的一半剩下a6尺,则( )
A.a6=
B.=8
C.a5+a6=
D.a1+a2+…+a6=
7.在等比数列{an}中,设前n项和为Sn,若a3=2S2+1,a4=2S3+1,则公比q= .
8.已知等比数列{an}是递减数列,Sn是{an}的前n项和,若a1,a2是方程2x2-3x+1=0的两个根,则公比q= ,S5= .
9.已知等比数列{an}满足a3=12,a8=,记其前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)若Sn=93,求n.
10.已知等差数列{an}的首项为a,公差为b,方程ax2-3x+2=0的解为1和b(b≠1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an}满足bn=an·2n,求数列{bn}的前n项和Tn.
关键能力提升练
11.等比数列{an}的公比为q(q≠1),则数列a3,a6,a9,…,a3n,…的前n项和为( )
A. B.
C. D.
12.已知数列{an}满足a1+a2+a3+…+an=n,记数列{2an-n}的前n项和为Sn,则Sn等于( )
A.2n- B.2n--1
C.2n+1--2 D.2n--2
13.设f(n)=2+23+25+27+…+22n+7(n∈N*),则f(n)等于( )
A.(4n-1) B.(4n+1-1)
C.(4n+3-1) D.(4n+4-1)
14.在等比数列{an}中,a1+a2+…+a5=27,+…+=3,则a3=( )
A.±9 B.9 C.±3 D.3
15.(多选题)已知等比数列{an}是递增数列,其前n项和为Sn,若a2+a4=10,a2a3a4=64,则 ( )
A.Sn+1-Sn=2n+1 B.an=2n-1
C.Sn=2n-1 D.Sn=2n-1-1
16.(多选题)(2020江苏启东中学高二开学考试)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-2,若存在两项am,an,使得aman=64,则( )
A.数列{an}为等差数列
B.数列{an}为等比数列
C.+…+
D.m+n为定值
17.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,2Sn=an+1-1,则Sn= .
18.如果若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”,已知数列{an}是公比为q的等比数列,Sn是数列{an}的前n项和.在下列关于{an}的三组量中,一定能成为数列{an}的“基本量”的是 .(写出所有符合要求的序号)
①S1与a3;②S2与S3;③q与S3.
19.若等比数列{an}的前n项和为Sn,且S3+S6=2S9,则公比q等于 .
20.(2021湖南长沙高二期末)条件①:设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+k(n∈N*,k∈R),a1=1.
条件②:对 n∈N*,有=q>1(q为常数),a3=4,并且a2-1,a3,a4-1成等差数列.
在以上两个条件中任选一个,补充到下面的问题中,并作答.
在数列{an}中, .
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Tn=a1+2a2+3a3+…+nan,求T10的值.
学科素养创新练
21.(2021安徽亳州高二期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a12=9a10,要使数列{λ+Sn}为等比数列,则实数λ的值为( )
A. B.
C.2 D.不存在
22.(2021东北三省四市教研联合体高三模拟)5G是第五代移动通信技术的简称,其意义在于万物互联,即所有人和物都将存在于有机的数字生态系统中,它把以人为中心的通信扩展到同时以人与物为中心的通信,将给社会生活与生产方式带来巨大的变化.目前我国最高的5G基站海拔6 500米.从全国范围看,中国5G发展进入了全面加速阶段,基站建设进度超过预期.现有8个工程队共承建10万个基站,从第二个工程队开始,每个工程队所建的基站数都比前一个工程队少,则第一个工程队承建的基站数(单位:万)约为( )
A. B.
C. D.
参考答案
4.3.2 等比数列的前n项和公式
第1课时 等比数列的前n项和
1.D ∵=2,∴数列{an}是公比为2的等比数列,且a1=2.∴S10==211-2.
2.B 设公比为q,则=27=q3,所以q=3,a1==3,S4==120.
3.D 因为q=-2,S6=21,则有S6==-21a1=21,
即a1=-1,所以a6=a1q5=(-1)×(-2)5=32.
4.B 设公比为q,a1=14,an+2=,
则Sn+2=,
解得q=-.所以an+2=14·,
解得n=3.故该数列共5项.
5.C 由题意知q4==16且q>0,则q=2,a1=2,
∴Sn==510,解得n=8.
6.BD 依题意可知,a1,a2,a3,…成等比数列,且首项与公比均为,则a6=6==8,a5+a6=,a1+a2+…+a6=.故选BD.
7.3 因为a3=2S2+1,a4=2S3+1,两式相减,得a4-a3=2a3,即a4=3a3,所以q==3.
8. ∵a1,a2是方程2x2-3x+1=0的两根,且等比数列{an}是递减数列,∴a1=1,a2=,则公比q=,
∴S5=.
9.解(1)设等比数列{an}的公比为q,
则解得
所以an=a1qn-1=48·.
(2)Sn==96.
由Sn=93,得961-=93,解得n=5.
10.解(1)因为方程ax2-3x+2=0的两根为x1=1,x2=b,可得解得所以an=2n-1.
(2)由(1)得bn=(2n-1)·2n,
所以Tn=b1+b2+…+bn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n, ①
2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1, ②
由①-②,得-Tn=1×2+2×22+2×23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1=2(2+22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1-2=2·-(2n-1)·2n+1-2=(3-2n)·2n+1-6.所以Tn=(2n-3)·2n+1+6.
11.C 依题意得等比数列{an}的通项an=a1qn-1,所以a3n=a1q3n-1,因为=q3,
所以数列{a3n}是首项为a3,公比为q3的等比数列,
因为q≠1,所以q3≠1,所以数列{a3n}的前n项和为.
12.C 因为a1+a2+a3+…+an=n,①
所以有a1=1,当n≥2,n∈N*时,有a1+a2+a3+…+an-1=n-1,②
由①-②得,an=1,即an=2n-1,显然当n=1时,a1=1也适合式子an=2n-1,所以an=2n-1(n∈N*).
令2an-n=bn,所以bn=2n-n,因此有Sn=(2-1)+(22-2)+(23-3)+…+(2n-n)=(2+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n)==2n+1-2-=2n+1--2.
13.D ∵f(n)=2+23+25+27+…+22(n+4)-1,
∴f(n)是以2为首项,4为公比的等比数列的前n+4项的和,
∴f(n)=(4n+4-1).
14.C (方法1)设等比数列的公比为q,则由已知可得
两式相除,得q4=9,即=9,所以a3=±3.
(方法2)设等比数列的公比为q,则a1+a2+a3+a4+a5=+a3+a3q+a3q2=a3+1+q+q2=27,q2+q+1+=3,
两式相除可得=9,因此a3=±3.
15.BC 设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由a2a3a4=64,得=43,则a3=4,由a2+a4=10,得+4q=10,即2q2-5q+2=0,解得q=2或q=.
又因为数列{an}是递增数列,所以q=2,所以2a1+8a1=10,解得a1=1.
所以an=2n-1,Sn==2n-1,
所以Sn+1-Sn=2n+1-1-(2n-1)=2n.故选BC.
16.BD 由题意,当n=1时,S1=2a1-2,解得a1=2,
当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,所以Sn-Sn-1=an=2an-2-(2an-1-2)=2an-2an-1,
所以=2,所以数列{an}是以首项a1=2,公比q=2的等比数列,an=2n,故选项A错误,选项B正确;
数列{}是以首项=4,公比q1=4的等比数列,
所以+…+,故选项C错误;
aman=2m2n=2m+n=64=26,所以m+n=6为定值,故选项D正确.
故选BD.
17. 当n=1时,则有2S1=a2-1,
∴a2=2S1+1=2a1+1=3;
当n≥2时,由2Sn=an+1-1,得2Sn-1=an-1,
上述两式相减得2an=an+1-an,
∴an+1=3an,得=3且=3,
∴数列{an}是以1为首项,以3为公比的等比数列,
∴Sn=.
18.③ ①S1=a1,因为a3=a1q2,可以确定q2,q有两个值,不唯一;
②若q=1,则可唯一确定,若q不为1,S2=a1+a2=,S3=a1+a2+a3=,
由,得到关于q的一元二次方程,无法具体确定q;
③已知q,代入S3=可求出a1,所以唯一确定了数列.
19.- 若q=1,S3+S6=3a1+6a1=9a1≠2S9.
∴q≠1,∴,
即 2q9-q6-q3=0,∴q3(2q6-q3-1)=0.
∵q≠0,∴2q6-q3-1=0,∴(q3-1)(2q3+1)=0,
∴q3=-或q3=1(舍),∴q=-.
20.解(1)选条件①,由S1=2+k=a1=1,得k=-1,
∴Sn=2n-1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,a1=1符合上式,
∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.
选条件②,由=q知数列{an}是公比为q的等比数列,则a2=,a4=a3q=4q,由2a3=a2-1+a4-1,
得8=+4q-2,解得q=2或q=(舍去).
∴a1==1,∴an=2n-1.
(2)T10=1+2×2+3×22+4×23+…+10×29,
∴2T10=2+2×22+3×23+4×24+…+9×29+10×210,两式相减,得-T10=1+2+22+23+…+29-10×210=-10×210.
∴T10=9×210+1.
21.B 由公比q>0,a12=9a10可得q=3,而a1=1,
∴Sn=.
若数列{λ+Sn}为等比数列,则有(λ+S2)2=(λ+S1)(λ+S3),即(λ+4)2=(λ+1)(λ+13),解得λ=,于是λ+Sn=×3n,而=3,
故当λ=时,数列{λ+Sn}为等比数列.
22.B 设第一个工程队承建的基站数为a1万个,因为从第二个工程队开始,每个工程队所建的基站数都比前一个工程队少,所以a2=a1,a3=a2,…,即数列{an}是以为公比的等比数列,设其前n项和为Sn,
所以S8=a1+a2+…+a8==10,解得a1=.故选B.第2课时 等比数列前n项和的性质及应用
必备知识基础练
1.在各项都为正数的等比数列{an}中,a1=3,前3项和S3=21,则a3+a4+a5等于( )
A.33 B.72
C.84 D.189
2.已知数列{an}是等比数列,且公比q不为1,Sn为数列{an}的前n项和,则下列结论一定正确的为( )
A.
B.2S8≠S4+S12
C.
D.(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n)(n∈N*)
3.(2021江苏南京师大附中高二期末)已知{an}是等比数列,{an}的前n项和,前2n项和,前3n项和分别是A,B,C,则( )
A.A+B=C
B.3B-3A=C
C.B2=AC
D.B(B-A)=A(C-A)
4.已知一个项数为偶数的等比数列{an},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.11 B.12 C.13 D.14
5.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.”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,则塔的顶层有灯( )
A.2盏 B.3盏 C.5盏 D.6盏
6.(2021天津河西高二期末)已知等比数列的首项为-1,前n项和为Sn,若,则公比q=( )
A.2 B.-2 C. D.-
7.(多选题)(2021江苏常州高二期中)记数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*,下列四个命题中不正确的有( )
A.对于 n∈N*,=anan+2,则数列{an}为等比数列
B.若Sn=Aqn+B(非零常数q,A,B满足q≠1,A+B=0),则数列{an}为等比数列
C.若数列{an}为等比数列,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍为等比数列
D.设数列{an}是等比数列,若a18.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= .
9.已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),则S2 020=.
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=Sn,n∈N*,求:
(1)a2,a3,a4的值及数列{an}的通项公式;
(2)a2+a4+a6+…+a2n的值.
关键能力提升练
11.(2021河南驻马店高二期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2n=3(a1+a3+…+a2n-1)(n∈N*),a1a2a3=-27,则a5=( )
A.81 B.24 C.-81 D.-24
12.(2021陕西商洛高三期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a3=5,S4=20,则=( )
A.9 B.10 C.12 D.17
13.某工厂购买一台机器价格为a万元,实行分期付款,每期付款b万元,每期为一个月,共付12次,如果月利率为5‰,每月复利一次,则a,b满足( )
A.b=
B.b=
C.b=
D.14.等比数列{an}的首项为2,项数为奇数,其奇数项之和为,偶数项之和为,这个等比数列前n项的积为Tn(n≥1),则Tn的最大值为 ( )
A. B. C.1 D.2
15.(多选题)在公比q为整数的等比数列{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=2
B.数列{Sn+2}是等比数列
C.S8=510
D.数列{log2an}是公差为2的等差数列
16.(多选题)在《算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则下列说法正确的是( )
A.此人第三天走了四十八里路
B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
C.此人第二天走的路程占全程的
D.此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍
17.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=bn+1-2(b>0,b≠1),则a4= .
18.如图,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,前n个内切圆的面积和为 .
19.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n∈N*,k≥3n-6恒成立,求实数k的取值范围.
学科素养创新练
20.(2021江苏南京师大附中高二期末)王先生今年初向银行申请个人住房贷款150万元购买住房,月利率为0.4%,按复利计算,并从贷款后的次月初开始还贷,分25年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式:①等额本金:在还款期内把本金总额等分,每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息;②等额本息:在还款期内,每月偿还同等数额的贷款(包括本金和利息).
(1)若王先生采取等额本金的还贷方式,已知第一个还贷月应还11 000元,最后一个还贷月应还5 020元,试计算王先生该笔贷款的总利息;
(2)若王先生采取等额本息的还贷方式,银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半,已知王先生家庭月收入为18 000元,试判断王先生该笔贷款能否获批.(不考虑其他因素)
参考数据:1.004299≈3.30,1.004300≈3.31,1.004301≈3.32.
参考答案
第2课时 等比数列前n项和的性质及应用
1.C 设公比为q,则S3=a1(1+q+q2)=21,且a1=3,得q+q2-6=0.
因为q>0,所以q=2.
故a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=22·S3=84.
2.D 若q=-1,且n为偶数,则有Sn=0,
∴S4=S8=S12=0,此时,A,B,C不成立;根据等比数列的性质也可以得到选项D正确.故选D.
3.D 若公比q≠-1或虽q=-1但n为奇数时,A,B-A,C-B成等比数列,故(B-A)2=A(C-B),整理得B2-AB=AC-A2,即B(B-A)=A(C-A),若公比q=-1,且n为偶数时,A=B=C=0,满足此式.故选D.
4.B 由题意可得所有项之和S奇+S偶是所有偶数项之和的4倍,可知S奇+S偶=4S偶.设等比数列{an}的公比为q,由等比数列的性质可得S偶=qS奇,
∵S偶≠0,∴q=.
又前3项之积a1a2a3==64,解得a2=4,
∴a1==12.故选B.
5.B 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=381,解得a=3,故顶层有3盏灯.
6.D (方法1)当公比q=1时,=2,不满足题意,当q≠1时,S10=,S5=,所以=q5+1=,解得q=-.
(方法2)由可知,设S10=31k,S5=32k(k≠0),则由S10=S5+q5S5可知,31k=S5(1+q5)=32k(1+q5),解得q=-.
7.AC 若an=0,满足对于 n∈N*,=anan+2,但数列{an}不是等比数列,故A错误;
对于B,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=Aqn+B-(Aqn-1+B)=Aqn-1(q-1)且q≠1,当n=1时,因为A+B=0,则a1=S1=Aq+B=A(q-1)符合上式,故数列{an}是首项为A(q-1),公比为q的等比数列,故B正确;
若数列{an}为等比数列,当公比q=-1,且n为偶数时,此时Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…均为0,不是等比数列,故C错误;
设数列{an}是等比数列,且公比为q,若a10,可得11,则{an}为递增数列;若a1<0,可得1>q>q2,即08.2 016 依题意有2(a4+2)=a2+a5,设公比为q,则有2(2q3+2)=2q+2q4,解得q=2.
于是S10-S4==2 016.
9.3·21 010-3 ∵an+1·an=2n(n∈N*),a1=1,
∴a2=2,a3=2.
又an+2·an+1=2n+1,∴=2,
∴数列{an}的奇数项与偶数项分别成等比数列,公比为2,首项分别为1,2.
∴S2 020=(a1+a3+…+a2 019)+(a2+a4+…+a2 020)==3·21 010-3.
10.解(1)由a1=1,an+1=Sn,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(n≥2),得an+1=an(n≥2),
∵a2=,∴an=(n≥2).
∴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=-1.
11.D 由等比数列的性质可得a1a2a3==-27,解得a2=-3.
设等比数列{an}的公比为q,则S2n=3(a1+a3+…+a2n-1)=(q+1)(a1+a3+…+a2n-1),
所以q=2,所以a5=a2×q3=-3×23=-24.
12.B 设等比数列{an}的公比为q,因为S4=a1+a2+a3+a4=a1+a3+a2+a4=a1+a3+q(a1+a3)=(1+q)(a1+a3)=5(1+q)=20,所以q=3.
则=q2+1=10.
13.D 显然12b>a,因为b(1+1.005+1.0052+…+1.00511)=a(1+0.005)12,所以12b14.D 设数列{an}共有(2m+1)项,由题意得S奇=a1+a3+…+a2m+1=,S偶=a2+a4+…+a2m=,因为项数为奇数时,S奇=a1+S偶·q,即2+q=,所以q=.
所以Tn=a1·a2·…·an=q1+2+…+n-1=,
故当n=1或2时,Tn取最大值2.
15.ABC 因为数列{an}为等比数列,
又a1a4=32,所以a2a3=32.
又a2+a3=12,所以
又公比q为整数,则选项A正确;
由上可知an=2n,Sn==2n+1-2,
Sn+2=2n+1,=2,
则数列{Sn+2}是等比数列,即选项B正确;
S8=29-2=510,即选项C正确;
log2an+1-log2an=(n+1)-n=1,
即数列{log2an}是公差为1的等差数列,即选项D错误.
故选ABC.
16.ABD 根据题意此人每天行走的路程成等比数列,
设此人第n天走an里路,则{an}是首项为a1,公比为q=的等比数列.
所以S6==378,解得a1=192.
a3=a1q2=192×=48,所以A正确,
由a1=192,则S6-a1=378-192=186,又192-186=6,所以B正确.
a2=a1q=192×=96,而S6=94.5<96,所以C不正确.
a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=192×1+=336,则后3天走的路程为378-336=42,
而且42×8=336,所以D正确.
故选ABD.
17.16 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(b-1)·bn.
因为a1=S1=b2-2,所以(b-1)b=b2-2,解得b=2,
因此Sn=2n+1-2,于是a4=S4-S3=16.
18.π 根据题意知第一个内切圆的半径为×3=,面积为π,第二个内切圆的半径为,面积为π……这些内切圆的面积组成一个等比数列,首项为π,公比为,故前n个内切圆的面积之和为π.
19.解(1)设公差为d,根据题意知d≠0,a2=a1+d,a5=a1+4d,a14=a1+13d.
∵(a1+4d)2=(a1+d)(a1+13d),a1+d=3,
∴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,公比q=3.
∴Tn=,
∴k≥3n-6对n∈N*恒成立.
∵Tn>0,∴k≥对n∈N*恒成立.
令cn=,cn-cn-1=,当n≤3时,cn>cn-1,当n≥4时,cn∴(cn)max=c3=,故k≥.
20.解(1)由题意可知等额本金还贷方式中,每月的还贷额构成一个等差数列{an},Sn表示数列{an}的前n项和,
则a1=11 000,a300=5 020,
故S300==2 403 000,
故王先生该笔贷款的总利息为2 403 000-1 500 000=903 000(元).
(2)设王先生每月还贷额为x元,则有x+x(1+0.004)+x(1+0.004)2+…+x(1+0.004)299=1 500 000×(1+0.004)300,即x·=1 500 000×1.004300,
故x=≈8 597.4.
因为8 597.4<18 000×=9 000,
故王先生该笔贷款能够获批.