高中数学第一章 数列3 等比数列3.2 等比数列的前n项和复习练习题

这是一份高中数学第一章 数列3 等比数列3.2 等比数列的前n项和复习练习题，共6页。

1．在等比数列{an}中，其前n项和Sn＝5n＋1＋a，则a的值为( )
A．－1 B．1
C．5 D．－5
2．已知等差数列{an}的公差为3，若a1，a3，a4成等比数列，则a2等于( )
A．9 B．3
C．－3 D．－9
3．已知数列{an}，{bn}分别为等差数列、等比数列，若a3＋a5＝4，b3b4b5＝－8，则a4＋b4＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
4．等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1，2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4等于( )
A．7 B．8
C．15 D．16
5．已知等比数列{an}中，a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b3＋b11＝( )
A．3 B．6
C．7 D．8
6．(多选题)已知等比数列{an}的公比为q，前4项的和为a1＋14，且a2，a3＋1，a4成等差数列，则q的值可能为( )
A． eq \f(1,2) B．1
C．2 D．3
7．两个数的等差中项是20，等比中项是12，则这两个数是________．
8．等比数列{an}共有2n项，它的全部各项的和是奇数项的和的3倍，则公比q＝________．
9．记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
10．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)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
[提能力]
11．(多选题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))，公差d≠0，S6＝90，a7是a3与a9的等比中项，则下列选项正确的是( )
A．d＝－2
B．a1＝－20
C．当且仅当n＝10时，Sn取最大值
D．当Sn<0时，n的最小值为22
12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，记Sn的最大值为S，an＝9－2n，正项等比数列{bn}的公比为q，满足q4＝S，且b1＝a4，则使anA．6 B．5
C．4 D．3
13．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，2S2，3S3成等差数列，则数列{an}的公比为__________．
14．已知等差数列{an}中，若a8＝0，则有结论a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋a2＋a3＋…＋a15－n(n<15)，类比在等比数列{an}中，若b8＝1，则有结论：________．
15．已知{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，a1＝b2＝1，再从①a2＋a4＝10；②b2b4＝4；③b4＝a5这三个条件中选择________，________两个作为已知．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和．
[培优生]
16．设数列{an}(n＝1，2，3…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|＜ eq \f(1,1 000) 成立的n的最小值．
课时作业(十) 等比数列的前n项和(二)
1．解析：Sn＝5n＋1＋a＝5×5n＋a，由等比数列的前n项和Sn＝ eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝ eq \f(a1,1－q)－ eq \f(a1,1－q)·qn可知其常数项与qn的系数互为相反数，所以a＝－5.
故选D.
答案：D
2．解析：因为a1，a3，a4成等比数列，所以a1(a1＋3d)＝(a1＋2d)2，所以a1d＋4d2＝0，又因为d＝3，所以a1＝－12，则a2＝a1＋d＝－9，
故选D.
答案：D
3．解析：因为数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))分别为等差数列、等比数列，
所以a3＋a5＝2a4＝4，b3b4b5＝b eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) ＝－8，
所以a4＝2，b4＝－2，
则a4＋b4＝0.
故选B.
答案：B
4．解析：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，因为a1＝1，即q2－4q＋4＝0，所以q＝2，所以S4＝ eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝ eq \f(1－24,1－2)＝15.
故选C.
答案：C
5．解析：因为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等比数列，且a3a11＝4a7，
∴a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ＝4a7≠0，解得a7＝4，
∵数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是等差数列，
则b3＋b11＝2b7＝2a7＝8，
故选D.
答案：D
6．解析：因为a2，a3＋1，a4成等差数列，所以a2＋a4＝2(a3＋1)，
因此，a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋3a3＋2＝a1＋14，故a3＝4.
又因为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是公比为q的等比数列，所以由a2＋a4＝2(a3＋1)，
得a3(q＋ eq \f(1,q))＝2(a3＋1)，即q＋ eq \f(1,q)＝ eq \f(5,2)，解得q＝2或 eq \f(1,2).
故选AC.
答案：AC
7．解析：设这两个数为a，b，
因为两个数的等差中项是20，等比中项是12，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝40,ab＝144))⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝4,b＝36))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝36,b＝4))，
即这两个数为4，36，
答案：4，36
8．解析：设{an}的公比为q，则奇数项也构成等比数列，其公比为q2，首项为a1，
S2n＝ eq \f(a1（1－q2n）,1－q)，
S奇＝ eq \f(a1[1－（q2）n],1－q2).
由题意得 eq \f(a1（1－q2n）,1－q)＝ eq \f(3a1（1－q2n）,1－q2).
∴1＋q＝3，∴q＝2.
答案：2
9．解析：(1)设{an}的公比为q.由题设可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（1＋q）＝2，,a1（1＋q＋q2）＝－6.))
解得q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得Sn＝ eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝－ eq \f(2,3)＋(－1)n eq \f(2n＋1,3).
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－ eq \f(4,3)＋(－1)n· eq \f(2n＋3－2n＋2,3)＝2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)＋（－1）n\f(2n＋1,3)))＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
10．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10.
解得d＝2.所以an＝2n－1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2b4＝a5，所以b1qb1q3＝9.
解得q2＝3.所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.
从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝ eq \f(3n－1,2).
11．解析：等差数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，公差d≠0，由S6＝90，可得6a1＋15d＝90，即2a1＋5d＝30，①
由a7是a3与a9的等比中项，得a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ＝a3a9，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋6d))2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋2d)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋8d))，化为a1＋10d＝0，②
由①②解得a1＝20，d＝－2，则an＝20－2(n－1)＝22－2n，Sn＝ eq \f(1,2)n(20＋22－2n)＝21n－n2，
由Sn＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(21,2)))2＋ eq \f(441,4)，可得n＝10或11时，Sn取得最大值110；
由Sn＝21n－n2<0，解得n>21，则当Sn<0时，n的最小值为22.
故选AD.
答案：AD
12．解析：由题可设等差数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，
∵an＝9－2n，
∴a1＝7，d＝－2，
Sn＝－n2＋8n；
当n＝4时，Sn有最大值S＝16，
∴q4＝16，q＝±2，
∵bn>0，b1＝a4＝1，
∴q＝2，bn＝2n－1，
要使an即9－2n<2n－1，且n∈N*，
∴n≥3，
则n的最小值为3.
故选D.
答案：D
13．解析：由S1，2S2，3S3成等差数列知4S2＝S1＋3S3，
即4(a1＋a2)＝a1＋3(a1＋a2＋a3)，整理得3a3－a2＝0，∴ eq \f(a3,a2)＝ eq \f(1,3)，则数列{an}的公比为 eq \f(1,3).
答案： eq \f(1,3)
14．解析：等差数列与等比数列性质类比时，
往往是等差数列的公差类比等比数列的公比，等差数列的和类比等比数列的积，
所以结论a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋a2＋a3＋…＋a15－n(n<15)，类比在等比数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，
类比可得b1b2b3…bn＝b1b2b3…b15－n(n<15).
答案：b1b2b3…bn＝b1b2b3…b15－n(n<15).
15．解析：选条件①②，(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＝1，a2＋a4＝2a1＋4d＝10，所以d＝2，
则an＝1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*；
(2)设等比数列{bn}的公比为q，q＞0，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝b1q＝1,b2b4＝b eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) q4＝4))，解得b1＝ eq \f(1,2)，q＝2，
设数列{bn}的前n项和为Sn，
可得Sn＝ eq \f(\f(1,2)（1－2n）,1－2)＝2n－1－ eq \f(1,2).
选条件①③，(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＝1，a2＋a4＝2a1＋4d＝10，所以d＝2，
则an＝1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*；
(2)由(1)知，b4＝a5＝9，设等比数列{bn}的公比为q，q＞0，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝b1q＝1,b4＝b1q3＝9))，解得b1＝ eq \f(1,3)，q＝3，
设数列{bn}的前n项和为Sn，
可得Sn＝ eq \f(\f(1,3)（1－3n）,1－3)＝ eq \f(3n－1－1,6).
选条件②③，(1)设等比数列{bn}的公比为q，q＞0，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝b1q＝1,b2b4＝b eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) q4＝4))，解得b1＝ eq \f(1,2)，q＝2，a5＝b4＝ eq \f(1,2)×23＝4，
设等差数列{an}的公差为d，所以a5＝a1＋4d＝4，又因为a1＝1，故d＝ eq \f(3,4)，
所以an＝1＋ eq \f(3,4)(n－1)＝ eq \f(3n＋1,4).
(2)设数列{bn}的前n项和为Sn，
由(1)可得Sn＝ eq \f(\f(1,2)（1－2n）,1－2)＝2n－1－ eq \f(1,2).
16．解析：(1)由已知Sn＝2an－a1，
有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2).
从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.
又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，
即a1＋a3＝2(a2＋1).
所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，
解得a1＝2.
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
故an＝2n.
(2)由(1)得 eq \f(1,an)＝ eq \f(1,2n)，
所以Tn＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,22)＋…＋ eq \f(1,2n)
＝ eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))
＝1－ eq \f(1,2n).
由|Tn－1|＜ eq \f(1,1 000)，
得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)－1))＜ eq \f(1,1 000)，
即2n＞1 000.
因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，
所以n≥10.
于是，使|Tn－1|＜ eq \f(1,1 000)成立的n的最小值为10.