苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列课时练习

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列课时练习，共6页。

1．在数列{an}中，已知an＋1＝2an，且a1＝1，则数列{an}的前5项的和等于( )
A．－25 B．25
C．－31 D．31
解析：选D 因为an＋1＝2an，且a1＝1，
所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以数列{an}的前5项的和为eq \f(25－1,2－1)＝31.
2．在等比数列{an}中，a3＝eq \f(3,2)，其前三项的和S3＝eq \f(9,2)，则数列{an}的公比q＝( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C．－eq \f(1,2)或1 D.eq \f(1,2)或1
解析：选C 由题意，可得a1q2＝eq \f(3,2)，a1＋a1q＋a1q2＝eq \f(9,2)，两式相除，得eq \f(1＋q＋q2,q2)＝3，解得q＝－eq \f(1,2)或q＝1.
3．河南洛阳龙门石窟是中国石刻艺术宝库，现为世界非物质文化遗产之一．某洞窟的浮雕共7层，它们构成一幅优美的图案．若从下往上计算，从第二层开始，每层浮雕像个数依次是下层个数的2倍，该洞窟浮雕像总共有1 016个，则第5层浮雕像的个数为( )
A．64 B．128
C．224 D．512
解析：选B 设最下层的浮雕像的数量为a1，
依题意有公比q＝2，n＝7，S7＝eq \f(a1（1－27）,1－2)＝1 016，
解得a1＝8，则an＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，
所以a5＝27＝128.
4．等比数列1，x，x2，x3，…的前n项和Sn等于( )
A.eq \f(1－xn,1－x) B.eq \f(1－xn－1,1－x)
C.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1－xn,1－x)，x≠1且x≠0,n，x＝1)) D.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1－xn－1,1－x)，x≠1且x≠0,n，x＝1))
解析：选C 当x＝1时，Sn＝n；
当x≠1且x≠0时，Sn＝eq \f(1－xn,1－x).
5．(多选)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，则( )
A．数列{an}的公比为2 B．数列{an}的公比为8
C.eq \f(S6,S3)＝8 D.eq \f(S6,S3)＝9
解析：选AD 因为等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，所以eq \f(a6,a3)＝q3＝8，解得q＝2，所以eq \f(S6,S3)＝eq \f(1－q6,1－q3)＝1＋q3＝9，故选A、D.
6．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，Sn＝93，an＝48，公比q＝2，则项数n＝________，a1＝________．
解析：由Sn＝93，an＝48，公比q＝2，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（2n－1）＝93，,a1·2n－1＝48，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝3，,n＝5.))
答案：5 3
7．已知{an}是递减的等比数列，且a2＝2，a1＋a3＝5，则{an}的通项公式为________，a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)＝________．
解析：由a2＝2，a1＋a3＝5，{an}是递减的等比数列，得a1＝4，a3＝1，an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1是首项为8、公比为eq \f(1,4)的等比数列的前n项和．故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝8＋2＋eq \f(1,2)＋…＋8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(8×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n))),1－\f(1,4))＝eq \f(32,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n))).
答案：an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1) eq \f(32,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n)))
8．等比数列{an}中，若a1＋a3＋…＋a99＝150，且公比q＝2，则数列{an}的前100项和为________．
解析：由eq \f(a2＋a4＋…＋a100,a1＋a3＋…＋a99)＝q，q＝2，得eq \f(a2＋a4＋…＋a100,150)＝2⇒a2＋a4＋…＋a100＝300，则数列{an}的前100项的和S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝150＋300＝450.
答案：450
9．设等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2＝6，6a1＋a3＝30，求an和Sn.
解：设{an}的公比为q，由题设得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＝6，,6a1＋a1q2＝30，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝3，,q＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝3.))
当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，Sn＝3(2n－1)；
当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，Sn＝3n－1.
10．习主席说：“绿水青山就是金山银山”．某地响应号召，投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，2021年投入1 000万元，以后每年投入将比上一年减少eq \f(1,5)，本年度当地旅游业收入估计为500万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上一年增加eq \f(1,4).
(1)设n年内(2021年为第一年)总投入为Sn万元，旅游业总收入为Tn万元，写出Sn，Tn的表达式；
(2)至少到哪一年，旅游业的总收入才能超过总投入．
(参考数据：lg 2＝0.301 0，lg 3＝0.477 1，lg 5＝0.699 0)
解：(1)2021年投入为1 000万元，第n年投入为1 000×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))eq \s\up12(n－1)万元，
所以n年内的总投入为
Sn＝1 000＋1 000×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))＋…＋1 000·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(1 000\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(n))),1－\f(4,5))＝5 000eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(n)))，
2021年收入为500万元，第2年收入为500×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))万元，
第n年收入为500×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))eq \s\up12(n－1)万元．
所以n年内的总收入为
Tn＝500＋500×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))＋…＋500×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))eq \s\up12(n－1)
＝eq \f(500\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))\s\up12(n))),1－\f(5,4))＝2 000×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))\s\up12(n)－1)).
(2)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此Tn－Sn>0，
即2 000×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))\s\up12(n)－1))－5 000eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(n)))>0，
化简得5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(n)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))eq \s\up12(n)－7>0，
设x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(n)，代入上式得5x2－7x＋2>0，
解此不等式，得x1(舍去)．
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(n)故至少到2025年旅游业的总收入才能超过总投入．
[B级 综合运用]
11．(多选)已知等比数列{an}的前n项和是Sn，则下列说法一定成立的是( )
A．若a3>0，则a2 021>0
B．若a4>0，则a2 020>0
C．若a3>0，则S2 021>0
D．若a3>0，则S2 021<0
解析：选ABC 设数列{an}的公比为q，
当a3>0时，a2 021＝a3q2 018>0，A正确；
当a4>0时，a2 020＝a4·q2 016>0，B正确．
又当q≠1时，S2 021＝eq \f(a1（1－q2 021）,1－q)，
当q<0时，1－q>0，1－q2 021>0，∴S2 021>0，
当00，1－q2 021>0，∴S2 021>0，
当q>1时，1－q<0，1－q2 021<0，∴S2 021>0.
当q＝1时，S2 021＝2 021a1>0，故C正确，D不正确．
12．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且公比q>1，若a2＝2，S3＝7.则数列{an}的通项公式an＝________，aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝________．
解析：∵a2＝2，S3＝7，由S3＝eq \f(2,q)＋2＋2q＝7，
解得q＝2或q＝eq \f(1,2)，又∵q>1，∴q＝2，
故a1＝1，所以an＝2n－1，
∴aeq \\al(2,n)＝4n－1，
∴aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(1（1－4n）,1－4)＝eq \f(4n－1,3).
答案：2n－1 eq \f(4n－1,3)
13．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和为________．
解析：由题意，q≠1，由9S3＝S6，得9×eq \f(a1（1－q3）,1－q)＝eq \f(a1（1－q6）,1－q)，解得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1，eq \f(1,an)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，其前5项和为eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(5))),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).
答案：eq \f(31,16)
14．设a1，a2，…，an成等比数列，且S＝a1＋a2＋…＋an，R＝eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)，P＝a1·a2·…·an .
求证：(1)eq \f(S,R)＝a1·an；
(2)P2Rn＝Sn.
证明：本题分q≠1和q＝1两种情形进行讨论．
情形1：q≠1.
(1)显然，此时S＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)，
R＝eq \f(\f(1,a1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,qn))),1－\f(1,q))＝eq \f(1－qn,a1qn－1（1－q）)，
P＝a1·(a1q)·(a1q2)·…·(a1qn－1)＝aeq \\al(n,1)qeq \s\up6(\f(n（n－1）,2)).
∴eq \f(S,R)＝aeq \\al(2,1)qn－1＝a1(a1qn－1)＝a1an.
(2)由(1)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S,R)))eq \s\up12(n)＝(aeq \\al(2,1)qn－1)n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(aeq \\al(n,1)q\s\up6(\f(n（n－1）,2))))eq \s\up12(2)＝P2，
∴P2Rn＝Sn.
情形2：q＝1.
(1)显然，此时S＝na1，R＝eq \f(n,a1)，P＝aeq \\al(n,1)，
∴eq \f(S,R)＝aeq \\al(2,1)＝a1an.
(2)由(1)得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S,R)))eq \s\up12(n)＝aeq \\al(2n,1)＝P2，即P2Rn＝Sn.
故两式均成立．
综上所述，不论q是否为1，两式都成立．
[C级 拓展探究]
15．如果等比数列{an}的前n项和为Sn，那么，S3，S6－S3，S9－S6是否为等比数列？你能得到更一般的结论吗？
解：是等比数列，证明如下：
设等比数列的公比为q，首项为a1，
因为S3＝a1＋a2＋a3，
S6－S3＝a4＋a5＋a6，
S9－S6＝a7＋a8＋a9，
所以eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(a4＋a5＋a6,a1＋a2＋a3)＝eq \f(（a1＋a2＋a3）q3,a1＋a2＋a3)＝q3，
eq \f(S9－S6,S6－S3)＝eq \f(a7＋a8＋a9,a4＋a5＋a6)＝eq \f(（a4＋a5＋a6）q3,a4＋a5＋a6)＝q3，
所以eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(S9－S6,S6－S3)，
故S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，
由此推广到一般结论：若等比数列{an}的前n项和为Sn，那么Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列．