高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册3.2 等比数列的前n项和第2课时同步训练题

这是一份高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册3.2 等比数列的前n项和第2课时同步训练题，共11页。试卷主要包含了求和，《庄子·天下篇》中有一句话等内容，欢迎下载使用。

基础过关练
题组一 “错位相减法”求数列的前n项和
1.求和:1×2+2×22+3×23+…+n×2n.
2.求数列1,3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1(a≠0)的前n项和.
题组二 等比数列前n项和的综合应用
3.若等比数列{an}的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3成等差数列,a1=1,则S4等于( )

A.7B.8C.15D.16
4.(2020山东临沂高二上期末)《庄子·天下篇》中有一句话:“一尺之棰,日取其半,万世不竭.”若经过n天,该木棰剩余的长度为an(尺),则an与n的关系为( )
A.an=1-12n-1B.an=12n-1
C.an=12nD.an=1-12n
5.已知数列{an}是公比大于1的等比数列,其前n项和为Sn,且a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S3= .
6.(2020广东广州高二上期末)已知各项均为正数的数列{an}为等比数列,Sn是其前n项和,若S3=7a3,且a2与a4的等差中项为5,则S5= .
7.等比数列{an}的前n项和为Sn,a1-a3=3,S1,S3,S2成等差数列,则Sn的最大值为 .
8.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求b1+b3+b5+…+b2n-1的值.
9.(2020北京石景山高二上期末)已知数列{an}是等差数列,且满足a1=-1,a5=3,数列{bn-an}是公比为2的等比数列,且b2-2a2=2.求:
(1)数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)数列{bn}的前n项和Sn.
能力提升练
题组一 “错位相减法”求数列的前n项和
1.(2021豫南九校高二上期末,)已知数列{an}满足a1=1,an+1-2an=n-1,n∈N+.
(1)证明:{an+n}是等比数列,并求出数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2n+1an+n,Sn为数列{bn}的前n项和,求Sn.
2.(2021广东广州高二上期末,)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+3n+1.
(1)求证:数列an3n是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)设数列{an}的前n项和为Sn,求证:Sn3n>3n2-74.
题组二 等比数列前n项和的综合应用
3.(2020广西桂林中学高二上期中,)已知数列{an}满足a1a2a3…an=2n2(n∈N+),且对任意n∈N+都有1a1+1a2+…+1an
A.13,+∞B.13,+∞
C.23,+∞D.23,+∞
4.(2020广东汕头金山中学南区学校高二上期末,)如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得到图形P3,P4,…,Pn,…,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3= ,若∀n∈N+,Sn>2020π3 恒成立,则a的取值范围是 .易错
5.(2021湖北荆州中学高二上期末,)已知等比数列{an}的公比q=3,并且满足a2,a3+18,a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=1an+lg3an,记Sn为数列{bn}的前n项和,求使2Sn-n2>20成立的正整数n的最小值.
6.(2020山东日照高二上期末,)已知数列{an}的首项为2,Sn为其前n项和,且Sn+1=qSn+2(q>0,n∈N+).
(1)若a4,a5,a4+a5成等差数列,求数列{an}的通项公式;
(2)设双曲线x2-y2an2=1的离心率为en,且e2=3,求e12+2e22+3e32+…+nen2.
答案全解全析
第2课时 等比数列前n项和的综合运用
基础过关练
1.解析 设Sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n①,则2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1②,
①-②,得-Sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1,
即-Sn=2(1-2n)1-2-n×2n+1,
∴Sn=2-2×2n+n×2n+1=(n-1)×2n+1+2.
2.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=n[1+(2n-1)]2=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·a(1-an-1)1-a=1-(2n-1)an+2(a-an)1-a,
又1-a≠0,
∴Sn=1-(2n-1)an1-a+2(a-an)(1-a)2.
综上,
Sn=n2,a=1,1-(2n-1)an1-a+2(a-an)(1-a)2,a≠0且a≠1.
3.C 设{an}的公比为q,
因为4a1,2a2,a3成等差数列,
所以4a2=4a1+a3,即4a1q=4a1+a1q2,
又a1≠0,所以q2-4q+4=0,所以q=2.
因为a1=1,所以S4=1-241-2=15,故选C.
4.C 由题意得每天取的木棰的长度(单位:尺)组成一个以12为首项,12为公比的等比数列,所以an=1-12×1-12n1-12=12n=12n.故选C.
5.答案 7
解析 因为x2-5x+4=0,所以(x-1)(x-4)=0,解得x=1或x=4,因为数列{an}是公比大于1的等比数列,所以a1=1,a3=4,设公比为q(q>1),则q2=a3a1=4,则q=2,所以S3=a1(1-q3)1-q=1-231-2=7.
6.答案 31
解析 设{an}的公比为q,则q>0,由S3=7a3,得a1+a2+a3=7a3,所以6a3-(a1+a2)=0,即6q2-q-1=0,
解得q=12或q=-13(舍去).依题意得a2+a4=10,即a1(q+q3)=10,所以a1=16.
所以S5=16×1-1251-12=31.
7.答案 4
解析 设等比数列{an}的公比为q,
由已知得S3-S1=S2-S3,即a2+a3=-a3,
∴a3=-12a2,∴q=-12,
又a1-a3=a1-a1q2=3,∴a1=4.
当n为奇数时,Sn=83×1+12n≤83×1+12=4;
当n为偶数时,Sn=83×1-12n<83.
综上,Sn的最大值为4.
8.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10,又a1=1,所以d=2,所以an=2n-1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q,因为b2b4=a5=9,b1=1,所以q4=9,则q2=3,所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.
从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=3n-12.
9.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
则d=a5-a15-1=1,∴数列{an}的通项公式为an=n-2,∴a2=0.
又b2-2a2=2,∴b2-a2=2,
∵数列{bn-an}是公比为2的等比数列,
∴bn-an=(b2-a2)×2n-2=2n-1,
∴bn=2n-1+n-2.
(2)由题意得Sn=b1+b2+…+bn=(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+n)-2n=2n-1+n(n+1)2-2n=2n+n2-3n2-1.
能力提升练
1.解析 (1)∵数列{an}满足a1=1,an+1=2an+n-1,
∴an+1+n+1an+n=2an+n-1+n+1an+n=2,
又a1+1=2,∴数列{an+n}是首项为2,公比为2的等比数列,∴an+n=2n,即an=2n-n.
(2)由(1)知bn=2n+1an+n=2n+12n,
所以Sn=b1+b2+b3+…+bn=321+522+723+…+2n+12n①,
则12Sn=322+523+724+…+2n-12n+2n+12n+1②,
由①-②,得12Sn=321+522+723+…+2n+12n-322+523+724+…+2n-12n+2n+12n+1
=32+2122+123+124+…+12n-2n+12n+1
=12+2×12[1-(12) n]1-12-2n+12n+1
=52-2n+52n+1,
所以Sn=-2n+52n+5.
2.解析 (1)证法一:由an+1=3an+3n+1,得an+13n+1-an3n=an+1-3an3n+1=3an+3n+1-3an3n+1=1.又a131=13,所以数列an3n是以13为首项,1为公差的等差数列.
证法二:由an+1=3an+3n+1,得an+13n+1=an3n+1,即an+13n+1-an3n=1.又a131=13,所以数列an3n是以13为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)得an3n=131+(n-1)×1=n-23,故an=n-23×3n.
(3)证明:由(2)可知Sn=1-23×31+2-23×32+…+(n-1)-23×3n-1+n-23×3n①,
则3Sn=1-23×32+2-23×33+…+(n-1)-23×3n+n-23×3n+1②,
由②-①得2Sn=n-23×3n+1-3n+1-92-1=n-76×3n+1+72,
故Sn=n2-712×3n+1+74,所以Sn3n=n2-712×3n+13n+74×3n=3n2-74+74×3n>3n2-74.
3.D ∵数列{an}满足a1a2a3…an=2n2(n∈N+),∴当n≥2时,a1a2a3…an-1=2(n-1)2,
∴an=22n-1(n≥2),又当n=1时,a1=2,符合上式,∴an=22n-1(n∈N+),∴1an=122n-1,
∴数列1an是首项为12,公比为14的等比数列,∴1a1+1a2+…+1an=12×1-14n1-14=23×1-14n<23.
∵对任意n∈N+ 都有1a1+1a2+…+1an∴t的取值范围为23,+∞.
4.答案 11π8a2;[505,+∞)
解析 依题意得S1=12π×(2a)2=2πa2,
S1-S2=12πa2,
S2-S3=12π×a22=18πa2,
∴S3=S2-18πa2=S1-12πa2-18πa2=11π8a2.
以此类推,{Sn+1-Sn}是以S2-S1=-12πa2为首项,14为公比的等比数列,
记S2-S1=-12πa2=S,
则S3-S2=14S,
……
Sn-Sn-1=14n-2S(n≥2),
∴Sn-S1=S×1-14n-11-14=43S×1-14n-1,
∴Sn=S1+43S×1-14n-1=2πa2-23πa2+23πa2×14n-1=43πa2+23πa2×14n-1(n≥2),
经检验,当n=1时,上式也成立,∴Sn=43πa2+23πa2×14n-1(n∈N+).
∵Sn>2020π3对任意n∈N+恒成立,∴只需(Sn)min>2020π3即可.
∵Sn>4π3a2,∴43πa2≥2020π3,即a2≥505,又a>0,∴a≥505,
即a的取值范围是[505,+∞).
易错警示
Sn>2020π3对任意n∈N+恒成立⇔(Sn)min>2020π3,又Sn=4π3a2+2π3a2×14n-1单调递减,因此当n无限增大时,Sn无限接近于4π3a2,用此值代替最小值时,所得不等式可取等号,即4π3a2≥2020π3,解题时防止漏掉“等号”导致错误.
5.解析 (1)由数列{an}是公比为3的等比数列,a2,a3+18,a4成等差数列,得a2+a4=2a3+36,所以3a1+27a1=18a1+36,解得a1=3,从而数列{an}的通项公式为an=3n.
(2)由(1)知bn=1an+lg3an=n+13n,
∴Sn=1+2+…+n+13+132+…+13n=n(n+1)2+131-13n1-13=n(n+1)2+121-13n,
∴2Sn-n2=n+1-13n,
易知数列n+1-13n是递增数列,
当n=19时, 2Sn-n2=20-1319<20,当n=20时,2Sn-n2=21-1320>20,
所以所求的正整数n的最小值为20.
6.解析 ∵Sn+1=qSn+2,
∴Sn+2=qSn+1+2,
两式相减得an+2=qan+1.
∴数列{an}是首项为2,公比为q的等比数列.
(1)由a4,a5,a4+a5成等差数列,
可得2a5=a4+a4+a5,
∴a5=2a4.∴an=2n(n∈N+).
(2)易知an=2qn-1,所以双曲线x2-y2an2=1的离心率en=1+an2=1+4q2(n-1).
由e2=1+4q2=3,得q=2(负值舍去),
∴en=1+2n+1,∴en2=1+2n+1.
∴e12+2e22+3e32+…+nen2=(1+22)+2×(1+23)+3×(1+24)+…+n×(1+2n+1)
=n(1+n)2+1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,
记Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,①
则2Tn=1×23+2×24+…+(n-1)×2n+1+n×2n+2,②
①-②,得-Tn=22+23+24+…+2n+1-n×2n+2
=22(1-2n)1-2-n×2n+2
=2n+2-4-n×2n+2
=(1-n)×2n+2-4,
∴Tn=(n-1)×2n+2+4,
∴e12+2e22+…+nen2=(n-1)×2n+2+n(n+1)2+4.