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人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列第2课时课时练习
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这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列第2课时课时练习，共12页。
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.S8S4=S12S8
B.2S8≠S4+S12
C.S8-S4S4=S12-S8S8-S4
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S10S5=3132,则公比q=( )
A.2 B.-2 C.12 D.-12
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*,an+12=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a1
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=13Sn,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S8-2S4S6-S4-S2=( )
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=a12
B.b=a(1+5‰)1212
C.b=a(1+5‰)12
D.a12
A.14 B.12 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14
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*,kTn+32≥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=13.
又前3项之积a1a2a3=a23=64,解得a2=4,
∴a1=a2q=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a(1-27)1-2=381,解得a=3,故顶层有3盏灯.
6.D (方法1)当公比q=1时,S10S5=2,不满足题意,当q≠1时,S10=q10-11-q,S5=q5-11-q,所以S10S5=q10-11-qq5-11-q=q5+1=3132,解得q=-12.
(方法2)由S10S5=3132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=-12.
7.AC 若an=0,满足对于∀n∈N*,an+12=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0
于是S10-S4=2(1-210)1-2-2(1-24)1-2=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,∴an+2an=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)=21 010-12-1+2×(21 010-1)2-1=3·21 010-3.
10.解(1)由a1=1,an+1=13Sn,n=1,2,3,…,得
a2=13S1=13a1=13,
a3=13S2=13(a1+a2)=49,
a4=13S3=13(a1+a2+a3)=1627.
由an+1-an=13(Sn-Sn-1)=13an(n≥2),得an+1=43an(n≥2),
∵a2=13,∴an=1343n-2(n≥2).
∴数列{an}的通项公式为an=1,n=1,1343n-2,n≥2.
(2)由(1)可知,a2,a4,…,a2n是首项为13,公比为432,项数为n的等比数列,
∴a2+a4+a6+…+a2n=13·1-432n1-432=37432n-1.
11.D 由等比数列的性质可得a1a2a3=a23=-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S8-2S4S6-S4-S2=(S8-S4)-S4(S6-S2)-S4=q4S4-S4q2S4-S4=q4-1q2-1=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12b
所以Tn=a1·a2·…·an=a1nq1+2+…+n-1=232n-n22,
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a2=4,a3=8,q=2或a2=8,a3=4,q=12,
又公比q为整数,则a2=4,a3=8,q=2,选项A正确;
由上可知an=2n,Sn=2×(1-2n)1-2=2n+1-2,
Sn+2=2n+1,Sn+1+2Sn+2=2n+22n+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=12的等比数列.
所以S6=a1(1-q6)1-q=a11-1261-12=378,解得a1=192.
a3=a1q2=192×14=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=192×12=96,而14S6=94.5<96,所以C不正确.
a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=192×1+12+14=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.
18.1-14nπ 根据题意知第一个内切圆的半径为36×3=32,面积为34π,第二个内切圆的半径为34,面积为316π……这些内切圆的面积组成一个等比数列,首项为34π,公比为14,故前n个内切圆的面积之和为34π1-14n1-14=1-14nπ.
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=b1(1-qn)1-q=3(1-3n)1-3=3n+1-32,
∴3n+1-32+32k≥3n-6对n∈N*恒成立.
∵Tn>0,∴k≥2n-43n对n∈N*恒成立.
令cn=2n-43n,cn-cn-1=2n-43n-2n-63n-1=-2(2n-7)3n,当n≤3时,cn>cn-1,当n≥4时,cn
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=300×(11 000+5 020)2=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·1-1.0043001-1.004=1 500 000×1.004300,
故x=1 500 000×1.004300×0.0041.004300-1≈8 597.4.
因为8 597.4<18 000×12=9 000,
故王先生该笔贷款能够获批.
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.S8S4=S12S8
B.2S8≠S4+S12
C.S8-S4S4=S12-S8S8-S4
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S10S5=3132,则公比q=( )
A.2 B.-2 C.12 D.-12
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*,an+12=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a1
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=13Sn,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S8-2S4S6-S4-S2=( )
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=a12
B.b=a(1+5‰)1212
C.b=a(1+5‰)12
D.a12
A.14 B.12 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14
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*,kTn+32≥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=13.
又前3项之积a1a2a3=a23=64,解得a2=4,
∴a1=a2q=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a(1-27)1-2=381,解得a=3,故顶层有3盏灯.
6.D (方法1)当公比q=1时,S10S5=2,不满足题意,当q≠1时,S10=q10-11-q,S5=q5-11-q,所以S10S5=q10-11-qq5-11-q=q5+1=3132,解得q=-12.
(方法2)由S10S5=3132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=-12.
7.AC 若an=0,满足对于∀n∈N*,an+12=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a1
于是S10-S4=2(1-210)1-2-2(1-24)1-2=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,∴an+2an=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)=21 010-12-1+2×(21 010-1)2-1=3·21 010-3.
10.解(1)由a1=1,an+1=13Sn,n=1,2,3,…,得
a2=13S1=13a1=13,
a3=13S2=13(a1+a2)=49,
a4=13S3=13(a1+a2+a3)=1627.
由an+1-an=13(Sn-Sn-1)=13an(n≥2),得an+1=43an(n≥2),
∵a2=13,∴an=1343n-2(n≥2).
∴数列{an}的通项公式为an=1,n=1,1343n-2,n≥2.
(2)由(1)可知,a2,a4,…,a2n是首项为13,公比为432,项数为n的等比数列,
∴a2+a4+a6+…+a2n=13·1-432n1-432=37432n-1.
11.D 由等比数列的性质可得a1a2a3=a23=-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S8-2S4S6-S4-S2=(S8-S4)-S4(S6-S2)-S4=q4S4-S4q2S4-S4=q4-1q2-1=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12b
所以Tn=a1·a2·…·an=a1nq1+2+…+n-1=232n-n22,
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a2=4,a3=8,q=2或a2=8,a3=4,q=12,
又公比q为整数,则a2=4,a3=8,q=2,选项A正确;
由上可知an=2n,Sn=2×(1-2n)1-2=2n+1-2,
Sn+2=2n+1,Sn+1+2Sn+2=2n+22n+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=12的等比数列.
所以S6=a1(1-q6)1-q=a11-1261-12=378,解得a1=192.
a3=a1q2=192×14=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=192×12=96,而14S6=94.5<96,所以C不正确.
a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=192×1+12+14=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.
18.1-14nπ 根据题意知第一个内切圆的半径为36×3=32,面积为34π,第二个内切圆的半径为34,面积为316π……这些内切圆的面积组成一个等比数列,首项为34π,公比为14,故前n个内切圆的面积之和为34π1-14n1-14=1-14nπ.
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=b1(1-qn)1-q=3(1-3n)1-3=3n+1-32,
∴3n+1-32+32k≥3n-6对n∈N*恒成立.
∵Tn>0,∴k≥2n-43n对n∈N*恒成立.
令cn=2n-43n,cn-cn-1=2n-43n-2n-63n-1=-2(2n-7)3n,当n≤3时,cn>cn-1,当n≥4时,cn
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=300×(11 000+5 020)2=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·1-1.0043001-1.004=1 500 000×1.004300,
故x=1 500 000×1.004300×0.0041.004300-1≈8 597.4.
因为8 597.4<18 000×12=9 000,
故王先生该笔贷款能够获批.
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