4.3.2　第2课时　等比数列前n项和的性质及应用-人教A版（2019）高中数学选择性必修第二册练习 （Word解析版）

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项和的性质及应用
课后篇巩固提升
基础达标练
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.33
B.72
C.84
D.189
解析由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.
答案C
2.(多选)(2019江苏高二期中)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a1·a4=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
解析因为数列{an}为等比数列,
又a1·a4=32,所以a2·a3=32.
又a2+a3=12,
所以
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B,Sn+2=2n+1,=2,
则数列{Sn+2}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,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.
答案ABC
3.已知等比数列{an}的前10项中,所有奇数项之和为85,所有偶数项之和为170,则S=a3+a6+a9+a12的值为(　　)
A.580
B.585
C.590
D.595
解析设等比数列{an}的公比为q,则由题意有∴S=a3+a6+a9+a12=a3(1+q3+q6+q9)=a1q2·=585.
答案B
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.”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=381,解得a=3,故顶层有3盏灯.
答案B
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.63
B.72
C.75
D.87
解析由已知S2m=15,S3m-Sm=60,又(S2m-Sm)2=Sm(S3m-S2m)=Sm(Sm+60-S2m),解得Sm=3,所以S3m=60+3=63.
答案A
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=　　　.?
解析依题意有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.
答案2
016
7.已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n(n∈N
),则S2
018=.
解析∵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
018=(a1+a3+…+a2
017)+(a2+a4+…+a2
018)
==3·21
009-3.
答案3·21
009-3
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.(参考数据:1.00711≈1.080,1.00712≈1.087,1.0711≈2.105,1.0712≈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
000×1.007-x,
A2=(2
000×1.007-x)×1.007-x=2
000×1.0072-1.007x-x,
……
A12=2
000×1.00712-(1.00711+1.00710+…+1)x,
因为A12=0,
所以2
000×1.00712-(1.00711+1.00710+…+1)x=0,
解得x=
≈175,
即每期应付款175元.
答案175
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)=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.
所以an+bn=4n-1,即-3n+2+bn=4n-1,
所以bn=3n-2+4n-1,
于是Sn=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+4+42+…+4n-1)=.
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.
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
=.
能力提升练
1.在等比数列{an}中,a1+a2+a3+a4+a5=3,=15,则a1-a2+a3-a4+a5的值是
(　　)
A.3
B.
C.-
D.5
解析由题意可知等比数列{an}的公比q≠1,则a1+a2+…+a5==3,+…+=15,∴=5,∴a1-a2+a3-a4+a5==5.
答案D
2.(多选)(2020山东高二期末)在《增减算法统宗》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
解析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.
答案ABD
3.等比数列{an}中,a1-a3=3,前n项和为Sn,S1,S3,S2成等差数列,则Sn的最大值为(　　)
A.3
B.4
C.5
D.6
解析设公比为q,由
解得
当n为奇数时,
Sn==4,
当n为偶数时,Sn=.
综上,Sn的最大值为4.
答案B
4.已知等比数列{an},其前n项和为Sn,若S30=13S10,S10+S30=140,则S20等于　　　　　　.?
解析易知q≠1
(否则S30=3S10),
由
即
所以q20+q10-12=0,所以q10=3(负值舍去),故S20==S10×(1+q10)=10×(1+3)=40.
答案40
5.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=　　　　.?
解析当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.
答案16
6.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　　　　　.?
解析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.
答案π
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n∈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,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≥.
8.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,n∈N
.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=求数列{cn}的前2n+1项和P2n+1.
解(1)由题意知,解得∴an=4n.
∵Tn-2bn+3=0,∴当n=1时,b1=3,
当n≥2时,Tn-1-2bn-1+3=0,两式相减,得bn=2bn-1(n≥2),故数列{bn}为等比数列,且bn=3·2n-1.
(2)由(1)知cn=
∴P2n+1=(a1+a3+…+a2n+1)+(b2+b4+…+b2n)
=
=22n+1+4n2+8n+2.
素养培优练
(2020黑龙江大庆实验中学高三月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,Sn+an=1,n∈N
,数列{bn}满足b1=1,对于?m,n∈N
,都有bm+n=bm+bn.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解(1)由a1=,Sn+an=1,n∈N
,则当n=1时,S1+a1=2a1=1,∴a1=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=1-an-(1-an-1),∴an=an-1,
∴{an}是以为首项,为公比的等比数列,
∴an=,
由?m,n∈N
,都有bm+n=bm+bn,
令m=1,有bn+1-bn=b1=1,
∴{bn}是以1为首项,1为公差的等差数列,
∴bn=1+(n-1)×1=n.
(2)由(1)得cn=an·bn=n·,
所以Tn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
①
Tn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
②
由①-②得Tn=1×+1×+…+1×-n×,所以Tn=2-(n+2).
8