高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列课后测评

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列课后测评，共6页。

1.[2022·江苏镇江高二期末]已知等比数列{an}的前6项和为eq \f(189,4)，公比为eq \f(1,2)，则a1＝( )
A．eq \f(73,8)B．eq \f(3,4)
C．32D．24
2．Sn为等比数列{an}的前n项和，且S7＝3，S21＝18，S14＝x，则( )
A．x2＋3x－45＝0B．x2－3x－63＝0
C．x2－3x－45＝0D．x2＋3x－63＝0
3．[2022·山东淄博高二期末]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝33－n＋k，则k的值为________．
4．在等比数列{an}中，已知a1＝eq \f(1,2)，a4＝4.求：
(1)数列{an}的通项公式；
(2)数列{a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) }的前5项和S5.
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5.[2022·山东德州高二期中]设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4－a2＝12，a3－a1＝6，则eq \f(S6,S3)＝( )
A．eq \f(66,5)B．2
C．9D．eq \f(7,2)
6．[2022·河北保定高二期末]已知数列{an}的前n项和为Sn，当n∈N*时，anan＋2＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) ，且S3＝13，S6－S3＝351，则满足an<2022的n的最大值为( )
A．5B．6
C．7D．8
7．(多选)[2022·江苏盐城高二期末]已知单调递增的正项等比数列{an}中，a5－a1＝30，a4－a2＝12，其公比为q，前n项和Sn，则下列选项中正确的有( )
A．q＝2B．a8＝512
C．Sn＝2an－1D．Sn8．[2022·福建福州高二期末]已知正项等比数列{an}，若a3＝eq \f(a4,a2)，a3＋a5＝20.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(2,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
9．[2022·江苏镇江一中高二期末]已知各项都为正数的数列{an}满足an＋1＋an＝3·2n，a1＝1.
(1)若bn＝an－2n，求证：{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
10．[2022·山东聊城高二期末]已知等比数列{an}满足a2a3＝2a4＝32.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，证明：n≥2时，a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) >Sn＋5.
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11.(多选)[2022·浙江丽水高二期末]已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且m，n∈N*，下列结论一定成立的是( )
A．若m＋n为偶数，则am·an>0
B．若m＋n为奇数，则am·an>0
C．若m·n为偶数，则am·Sn>0
D．若m·n为奇数，则am·Sn>0
12．[2022·广东广州高二期末]已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an，n为奇数,\f(3,2)×an，n为偶数)).
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前100项和．
课时作业(九) 等比数列的前n项和
1．解析：由等比数列的求和公式可得eq \f(a1[1－（\f(1,2)）6],1－\f(1,2))＝eq \f(63,32)a1＝eq \f(189,4)，解得a1＝24.
故选D.
答案：D
2．解析：因为S7＝3≠0，所以S7，S14－S7，S21－S14成等比数列，所以S7(S21－S14)＝(S14－S7)2，即3(18－x)＝(x－3)2，整理得x2－3x－45＝0.
故选C.
答案：C
3．解析：因为Sn＝33－n＋k ①，
当n＝1时a1＝S1＝33－1＋k＝9＋k，
当n≥2时Sn－1＝34－n＋k ②，
①－②得an＝Sn－Sn－1＝33－n＋k－(34－n＋k)＝－2·33－n，
因为{an}是等比数列，所以－2·33－1＝9＋k，解得k＝－27.
答案：－27
4．解析：(1)设数列{an}的公比为q，
因为a1＝eq \f(1,2)，a4＝4，所以a1q3＝4，所以q＝2，
所以an＝2n－2.
(2)因为{an}为等比数列且q＝2，
所以{a eq \\al(2,n) }为等比数列，首项为a eq \\al(2,1) ＝eq \f(1,4)且公比为q2＝4，
所以S5＝eq \f(\f(1,4)（1－45）,1－4)＝eq \f(341,4).
5．解析：设等比数列{an}的公比为q，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4－a2＝a1q3－a1q＝12,a3－a1＝a1q2－a1＝6))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2,q＝2))，
则S6＝eq \f(2×（1－26）,1－2)＝126，S3＝eq \f(2×（1－23）,1－2)＝14，
所以eq \f(S6,S3)＝eq \f(126,14)＝9.
故选C.
答案：C
6．解析：因为anan＋2＝a eq \\al(2,n＋1) ，且S3＝13≠0，所以{an}各项均不为0，
所以数列{an}为等比数列，设公比为q，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝a1＋a1q＋a1q2＝13,S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a1q3＋a1q4＋a1q5＝351))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1,q＝3))，
所以an＝3n－1，则3n－1<2022<2187＝37，解得n－1<7，即n<8，
因为n∈N*，所以n的最大值为7.
故选C.
答案：C
7．解析：单调递增的正项等比数列中，公比为q(q>1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q4－a1＝30,a1q3－a1q＝12))，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2,q＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－32,q＝\f(1,2)))(舍)，
则数列{an}的通项公式为an＝2n，前n项和Sn＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2.
选项A：q＝2.判断正确；
选项B：a8＝28＝256≠512.判断错误；
选项C：2an－1＝2×2n－1＝2n＋1－1≠Sn.判断错误；
选项D：an＋1＝2n＋1>2n＋1－2＝Sn.判断正确．
故选AD.
答案：AD
8．解析：(1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由a3＝eq \f(a4,a2)，可得a3＝q2，所以a2＝q，a1＝1，
又由a3＋a5＝20，可得q2＋q4＝20，解得q2＝4，可得q＝2，
所以an＝2n－1，即{an}的通项公式an＝2n－1，n∈N*.
(2)由an＝2n－1，可得bn＝eq \f(2,anan＋1)，所以b1＝eq \f(2,a1a2)＝1，
且eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2,an＋1an＋2)·eq \f(anan＋1,2)＝eq \f(an,an＋2)＝eq \f(1,q2)＝eq \f(1,4)，
故数列{bn}是以1为首项，eq \f(1,4)为公比的等比数列，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1－（\f(1,4)）n,1－\f(1,4))＝eq \f(4,3)(1－eq \f(1,4n)).
9．解析：(1)因为an＋1＋an＝3·2n，
所以bn＋1＝an＋1－2n＋1＝－an＋3·2n－2n＋1＝－(an－2n)＝－bn.
因为a1＝1，所以b1＝a1－2＝－1，
所以bn＋1＝－bn≠0，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝－1，
所以{bn}是首项和公比均为－1的等比数列．
(2)由(1)易得：bn＝(－1)n，
因为bn＝an－2n＝(－1)n，所以an＝2n＋(－1)n，
所以Sn＝(－1)1＋(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n＋2＋22＋…＋2n
＝eq \f(（－1）[1－（－1）n],2)＋eq \f(2（1－2n）,1－2)
＝eq \f(（－1）n,2)＋2n＋1－eq \f(5,2).
10．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，因为a2a3＝2a4＝32，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a eq \\al(2,1) q3＝32,2a1q3＝32))，
又因为等比数列{an}中a1，q均不为0，所以解得a1＝q＝2，
所以an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)证明：由(1)可得Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2，
因为n≥2时，2n>3，所以a eq \\al(2,n) －Sn－5＝(2n)2－2n＋1－3＝(2n)2－2·2n－3＝(2n＋1)(2n－3)>0，
所以n≥2时，a eq \\al(2,n) >Sn＋5.
11．解析：由题意，设等比数列的公比为q，则am·an＝a1qm－1·a1qn－1＝a eq \\al(2,1) qm＋n－2，
若m＋n为偶数时，m＋n－2为偶数，所以qm＋n－2>0，所以am·an＝a eq \\al(2,1) qm＋n－2>0，
若m＋n为奇数时，m＋n－2为奇数，若q<0，则qm＋n－2<0，所以am·an＝a eq \\al(2,1) qm＋n－2<0，
若q>0，则qm＋n－2>0，所以am·an＝a eq \\al(2,1) qm＋n－2>0，若q＝1时，am·an＝a eq \\al(2,1) >0，
故此时无法判断am·an正负．故A正确，B错误；
若mn为偶数时，则m、n为两偶或一奇一偶，
当m、n为两偶数时，则m－1为奇数，
若q∈(0，1)∪(1，＋∞)，则qm－1>0，eq \f(1－qn,1－q)>0，此时am·Sn＝a eq \\al(2,1) qm－1·eq \f(1－qn,1－q)>0，
若q∈(－1，0)，则qm－1<0，eq \f(1－qn,1－q)>0，此时am·Sn＝a eq \\al(2,1) qm－1·eq \f(1－qn,1－q)<0，
若q∈(－∞，－1)，则qm－1<0，eq \f(1－qn,1－q)<0，此时am·Sn＝a eq \\al(2,1) qm－1·eq \f(1－qn,1－q)>0，
若q＝1时，am·Sn＝na eq \\al(2,1) >0，若q＝－1时，am·Sn＝0，故无法判断am·Sn的正负；
同理，当m、n为一奇一偶时，也无法判断am·Sn的正负；故C错误；
当mn为奇数时，m、n都为奇数，则m－1为偶数，
若q≠－1且q≠0且q≠1时，qm－1>0，eq \f(1－qn,1－q)>0，所以am·Sn＝a eq \\al(2,1) qm－1·eq \f(1－qn,1－q)>0，
若q＝1时，am·Sn＝na eq \\al(2,1) >0，若q＝－1时，am·Sn＝a eq \\al(2,1) >0，
所以am·Sn＝a eq \\al(2,1) qm－1·eq \f(1－qn,1－q)>0，故D正确．
故选AD.
答案：AD
12．解析：(1)由题意得，b1＝a2＝2a1＝2，a3＝eq \f(3,2)a2＝3，b2＝a4＝2a3＝6；
当n＝2k－1，k∈N*时，a2k＝2a2k－1；
当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1＝eq \f(3,2)a2k，
当k>1时，a2(k－1)＋1＝eq \f(3,2)a2(k－1)，即a2k－1＝eq \f(3,2)a2(k－1)，
则a2k＝2a2k－1＝3a2(k－1)，所以bn＝a2n＝3a2(n－1)＝3bn－1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是以b1＝2为首项，3为公比的等比数列，
故bn＝2×3n－1.
(2)由(1)得，a2k＋1＝eq \f(3,2)×2a2k－1＝3a2k－1，即数列{a2n－1}是以a1＝1为首项，3为公比的等比数列，由(1)知a2n＝3a2(n－1)，故{a2n}是以a2＝2为首项，3为公比的等比数列，
故数列{an}的前100项和为(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)
＝eq \f(1－350,1－3)＋eq \f(2（1－350）,1－3)＝eq \f(3（350－1）,2).