数学选择性必修 第二册4.3 等比数列第2课时练习

这是一份数学选择性必修 第二册4.3 等比数列第2课时练习，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A 组·基础自测
一、选择题
1．数列{(－1)nn}的前n项和为Sn，则S2 022＝( A )
A．1 011 B．－1 011
C．2 022 D．－2 022
[解析] S2 022＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2 019＋2 020)＋(－2 021＋2 022)＝1 011.
2．已知数列{an}满足：当p＋q＝11(p，q∈N*，pA．31 B．62
C．170 D．1 023
[解析] S10＝(a1＋a10)＋(a2＋a9)＋(a3＋a8)＋(a4＋a7)＋(a5＋a6)＝21＋22＋…＋25＝eq \f(2×1－25,1－2)＝62.
3．eq \f(1,3)＋eq \f(1,3＋6)＋eq \f(1,3＋6＋9)＋…＋eq \f(1,3＋6＋9＋…＋30)＝( D )
A．eq \f(3,10) B．eq \f(10,33)
C．eq \f(3,5) D．eq \f(20,33)
[解析] 由题意可设an＝eq \f(1,3＋6＋9＋…＋3n)＝eq \f(2,3n＋3n)＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，则数列{an}的前10项的和S10＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,3＋6)＋eq \f(1,3＋6＋9)＋…＋eq \f(1,3＋6＋9＋…＋30)＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,11)))＝eq \f(20,33).故选D.
4．数列{an}的通项公式an＝ncseq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2 016等于( A )
A．1 008 B．2 016
C．504 D．0
[解析] ∵函数y＝cseq \f(nπ,2)的周期T＝eq \f(2π,\f(π,2))＝4，且第一个周期四项依次为0，－1,0,1.
∴可分四组求和：
a1＋a5＋…＋a2 013＝0，
a2＋a6＋…＋a2 014＝－2－6－…－2 014＝eq \f(504×－2－2 014,2)＝－504×1 008，
∴a3＋a7＋…＋a2 015＝0，
a4＋a8＋…＋a2 016＝4＋8＋…＋2 016
＝eq \f(504×4＋2 016,2)＝504×1 010.
∴S2 016＝0－504×1 008＋0＋504×1 010＝504×(1 010－1 008)＝1 008，故选A．
5．数列{an}满足an＋an＋1＝eq \f(1,2)(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为( B )
A．5 B．eq \f(7,2)
C．eq \f(9,2) D．eq \f(13,2)
[解析] ∵an＋an＋1＝eq \f(1,2)，a2＝2，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，n为奇数，,2，n为偶数.))
∴S21＝11×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＋10×2＝eq \f(7,2).
二、填空题
6．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝_15__.
[解析] a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9×(3×9－2)＋(－1)10×(3×10－2)]＝3×5＝15.
7．数列eq \f(2,2)，eq \f(4,22)，eq \f(6,23)，…，eq \f(2n,2n)，…前n项的和为 4－eq \f(n＋2,2n－1) .
[解析] 设Sn＝eq \f(2,2)＋eq \f(4,22)＋eq \f(6,23)＋…＋eq \f(2n,2n)①
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(2,22)＋eq \f(4,23)＋eq \f(6,24)＋…＋eq \f(2n,2n＋1)②
①－②得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))Sn＝eq \f(2,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(2,24)＋…＋eq \f(2,2n)－eq \f(2n,2n＋1)＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n,2n＋1).
∴Sn＝4－eq \f(n＋2,2n－1).
8．已知f(x)＝eq \f(2x,2x－1)，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 023)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 023)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 022,2 023)))＝_2_022__.
[解析] 由f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－x))＝eq \f(2x,2x－1)＋eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－x)),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－x))－1)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－1)),2x－1)＝2，
令S＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 023)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 023)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 022,2 023)))，
则S＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 022,2 023)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 021,2 023)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 023)))，
两式相加得：2S＝2 022×2，
∴S＝2 022.
三、解答题
9．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a2a3＝8a1，且a4,36,2a6成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \f(2n,an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] (1)因为a2a3＝8a1，
所以a1a4＝8a1，所以a4＝8，
又a4,36,2a6成等差数列，所以a4＋2a6＝72，所以a6＝32，q2＝eq \f(a6,a4)＝4，q>0，
所以q＝2，所以an＝8·2n－4＝2n－1.
(2)bn＝eq \f(2n,an)＝eq \f(2n,2n－1)＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2，
Tn＝1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－1＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0＋3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋…＋(n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－3＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2
eq \f(1,2)·Tn＝1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋(n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1
两式相减得：
eq \f(1,2)·Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
eq \f(1,2)·Tn＝eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
所以Tn＝8－(n＋2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2.
10．设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝lg3an，求{bn}的前n项和Tn.
[解析] (1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，
当n≥2时，2Sn－1＝3n－1＋3，
此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＝1，,3n－1n≥2.))
(2)因为anbn＝lg3an，所以b1＝eq \f(1,3)，
当n≥2时，bn＝31－nlg33n－1＝(n－1)·31－n.
所以T1＝b1＝eq \f(1,3)；
当n≥2时，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝eq \f(1,3)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1×3－1＋2×3－2＋…＋n－1×31－n))，
所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]．
两式相减，得
2Tn＝eq \f(2,3)＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n
＝eq \f(2,3)＋eq \f(1－31－n,1－3－1)－(n－1)×31－n＝eq \f(13,6)－eq \f(6n＋3,2×3n).
∴Tn＝eq \f(13,12)－eq \f(6n＋3,4×3n).
B 组·素养提升
一、选择题
1．数列{an}中，an＝lgn＋1(n＋2)(n∈N*)，定义：使a1·a2·…·ak为整数的数k(k∈N*)叫做期盼数，则区间[1,2 023]内的所有期盼数的和等于( D )
A．2 023 B．2 024
C．2 025 D．2 026
[解析] an＝lgn＋1(n＋2)＝eq \f(lgn＋2,lgn＋1)(n∈N*)，
∴a1·a2·a3·…·ak＝eq \f(lg 3,lg 2)·eq \f(lg 4,lg 3)·eq \f(lg 5,lg 4)·…·eq \f(lgk＋2,lgk＋1)＝lg2(k＋2)．
又∵a1·a2·a3·…·ak为整数，
∴k＋2必须是2的n次幂(n∈N*)，即k＝2n－2，k∈[1,2 023]内所有的“期盼数”的和：
S＝(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(210－2)
＝eq \f(21－210,1－2)－20
＝2 026.
2．(2023·新课标全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( C )
A．120 B．85
C．－85 D．－120
[解析] 方法一：设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，首项为a1，
若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；
由S4＝－5，S6＝21S2可得，eq \f(a11－q4,1－q)＝－5，eq \f(a11－q6,1－q)＝21×eq \f(a11－q2,1－q) ①，
由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，
所以S8＝eq \f(a11－q8,1－q)＝eq \f(a11－q4,1－q)×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.
故选C．
方法二：设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，
因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，
从而，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，
所以有(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)
解得S2＝－1或S2＝eq \f(5,4)，
当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，
易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；
当S2＝eq \f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，
与S4＝－5矛盾，舍去．
故选C．
3．(多选题)在递增的等比数列{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( BC )
A．q＝1
B．数列{Sn＋2}是等比数列
C．S8＝510
D．数列{lg an}是公差为2的等差数列
[解析] 由题意，可得a2a3＝a1a4＝32>0，
a2＋a3＝12>0，故a2>0，a3>0.
根据根与系数的关系，可知a2，a3是一元二次方程x2－12x＋32＝0的两个根．
解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4.
故必有公比q>0，所以a1＝eq \f(a2,q)>0.
因为等比数列{an}是递增数列，所以q>1.
所以a2＝4，a3＝8满足题意．所以q＝2，a1＝eq \f(a2,q)＝2.
故选项A不正确．an＝a1·qn－1＝2n.
因为Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.
所以Sn＋2＝2n＋1＝4·2n－1.
所以数列{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．
S8＝28＋1－2＝512－2＝510.故选项C正确．
因为lg an＝lg 2n＝nlg 2.
所以数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列．
故选项D不正确．
二、填空题
4．等比数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1＋a(a为常数)，bn＝eq \f(1,a\\al(2,n))，则数列{bn}的前n项和为 eq \f(1,32)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9n))) .
[解析] ∵Sn为等比数列{an}的前n项和，
且Sn＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n＋\f(a,3))).
∴eq \f(a,3)＝－1，∴a＝－3，∴Sn＝3n＋1－3，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1－3)－(3n－3)＝2×3n ①，
又∵a1＝S1＝6符合①式，∴an＝2×3n，
∴bn＝eq \f(1,a\\al(2,n))＝eq \f(1,4×9n)＝eq \f(1,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))n，
∴{bn}的前n项和为Tn＝eq \f(\f(1,36)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))n)),1－\f(1,9))
＝eq \f(1,32)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9n))).
5．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若{an}的“差数列”是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，若a1＝1，则a2 023＝ 2－eq \f(1,22 022) .
[解析] 根据题意，an＋1－an＝eq \f(1,2n)，
则a2 023＝(a2 023－a2 022)＋(a2 022－a2 021)＋…＋(a2－a1)＋a1＝eq \f(1,22 022)＋eq \f(1,22 021)＋…＋eq \f(1,2)＋1＝2－eq \f(1,22 022).
三、解答题
6．(2022·全国甲卷理)记Sn为数列{an}的前n项和．
已知eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
[解析] (1)证明：因为eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n①，
当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)②，
①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)，
即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1，
即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，
所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*，
所以{an}是以1为公差的等差数列．
(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以aeq \\al(2,7)＝a4·a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12，
所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(1,2)n2－eq \f(25,2)n＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(25,2)))2－eq \f(625,8)，
所以，当n＝12或n＝13时(Sn)min＝－78.
C 组·探索创新
斐波那契，意大利数学家，其中斐波那契数列是其代表作之一，即数列{an}满足a1＝a2＝1，且an＋2＝an＋1＋an，则称数列{an}为斐波那契数列．已知数列{an}为斐波那契数列，数列{bn}满足bn＋3＋(－1)anbn＝n，若数列{bn}的前12项和为86，则b1＋b2＝_8__.
[解析] 斐波那契数列：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144，….
由bn＋3＋(－1)anbn＝n得b4－b1＝1，b5－b2＝2，b6＋b3＝3，
则b1＋b2＋b4＋b5＝3＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b1＋b2))，
同理b7－b4＝4，b8－b5＝5，b10－b7＝7，b11－b8＝8，b12＋b9＝9，
得b7＝5＋b1，b8＝7＋b2，b10＝12＋b1，b11＝15＋b2，
则b7＋b8＋b10＋b11＝39＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b1＋b2))，b3＋b6＋b9＋b12＝12，
则S12＝b1＋b2＋…＋b12＝54＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b1＋b2))＝86，
则b1＋b2＝8.