苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列第1课时一课一练

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列第1课时一课一练，共12页。试卷主要包含了已知数列{an}满足等内容，欢迎下载使用。

基础过关练
题组一 等比数列中基本量的计算
1.(2024江苏苏州期中)已知数列{an}为等比数列,Sn为其前n项和,且S3=1,S6=3,则a10+a11+a12=( )
A.8 B.5C.6 D.7
2.(2023江苏宿迁期中)设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2,则ea1+ea2+…+ean=( )
A.2n B.n2+2nC.2n D.2n+1-2
3.(2024江苏淮阴中学、姜堰中学等三校月考)已知{an}为等比数列,Sn为{an}的前n项和,an+1=2Sn+2,则a5=( )
A.18 D.486
4.(2024江苏镇江期中)等比数列{an}中,a1 012=1,a1 011>a1 012,则满足a1-1a1+a2-1a2+…+an-1an>0的最大正整数n为( )
A.2 021 B.2 022C.2 023 D.2 024
5.已知等比数列{an}的前n项和Sn=a+b·2n,且a2,9,a5成等差数列,则a-b= .
题组二 与等比数列有关的数列求和
6.(2022湖南湘潭期末)设数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn<1 000成立的正整数n的最大值为( )
A.5 B.6C.7 D.8
7.(2022江苏常熟期中)已知数列{an}满足:an=12,n=1,[1+2·(-1)λ]an-1+2,n≥2,其前n项和为Sn,则当λ=1时,S11= ;当λ=2时,数列{an}的通项公式为an= .
8.(2023江苏扬州大学附属中学东部分校期中)已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an,n∈N*,数列{bn}是等差数列,且b1=a2,b3=a2+a3+a4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Sn.
能力提升练
题组一 与等比数列前n项和有关的计算
1.(2024江苏盐城实验高级中学质检)已知数列{an}的各项均为正数,a1=10且an+1=an2(n∈N*).若{an}的前n项之积为Tn,则满足Tn≤102 023的正整数n的最大值为( )
A.12 B.11 C.10 D.9
2.(2023江苏盐城第一中学调研)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=2,a2=10,且Sn+1+2Sn-1-3Sn=2×3n(n≥2),则S2 022=( )
A.32 023-22 024+1 B.32 022-22 023+1
C.2·32 022-22 023 D.2·32 023-22 024
3.(2024重庆外国语学校月考)在数列{an}中,a1=2,a2=1,an+2=an+2,n为奇数,2an,n为偶数,则{an}的前20项和S20=( )
A.621 B.622 C.1 133 D.1 134
4.(2023湖南雅礼十六校联考)已知正项数列{an}满足a1=1,an=an·an+1an-an+1,其前200项和为S200,则( )
A.76C.545.(2024江苏响水清源高级中学期中)已知两个等比数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若SnTn=4n2n-1,则a5b5= .
题组二 与等比数列有关的数列求和
6.(2023湖南长沙期中)已知数列{bn}为正项等比数列,且b1=1,等差数列{an}的首项a1=2,且a2=b3,a4=b4,记cn=anbn,数列{cn}的前n项和为Sn,∀n∈N*,t≤SnA.2 B.4 C.6 D.8
7.(多选题)(2024江苏淮安、南通部分学校期中)已知数列{an}满足a4=4,anan+1=2n(n∈N*),则下列结论正确的是( )
A.a1=1
B.数列{an}为递增数列
C.a1+a2+…+a2 023=21 013-3
D.1a1+1a2+…+1an<3
8.(2023江苏常州金坛质检)已知数列{an}和{bn}满足:an+1=34an+14bn+1,bn+1=34bn+14an+1,其中n∈N*,且a1=2,b1=1.
(1)求数列{an+bn}的通项公式;
(2)求数列{an2-bn2}的前n项和Sn.
答案与分层梯度式解析
4.3.3 等比数列的前n项和
第1课时 等比数列前n项和公式及应用
基础过关练
1.A 设等比数列{an}的公比为q,则S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=S3+q3S3=1+q3=3,解得q3=2,
所以a10+a11+a12=q9(a1+a2+a3)=q9S3=8.故选A.
2.D 设{an}的公差为d,则a2+a3=2a1+3d=5ln 2,
又∵a1=ln 2,∴d=ln 2,∴an=a1+(n-1)d=nln 2,
∴ean=enln 2=eln2n=2n,
∴ea1+ea2+…+ean=2+22+…+2n=2(1-2n)1-2=2n+1-2.
故选D.
3.C 设{an}的公比为q,q≠0,
当n=1时,a2=2a1+2,即a1q=2a1+2,
当n=2时,a3=2(a1+a2)+2,即a1q2=2(a1+a1q)+2,
联立a1q=2a1+2,a1q2=2(a1+a1q)+2,所以a1=2,q=3,
则a5=a1q4=2×34=162.故选C.
4.B 设等比数列{an}的公比为q,
∵a1-1a1+a2-1a2+…+an-1an>0,
∴a1+a2+…+an>1a1+1a2+…+1an,
∵a1 012=1,a1 011>a1 012=1,∴01a11-1qn1-1q=1a1(qn-1)qn-1(q-1),∴a12qn-1>1,即a1·an>1,
∵a1a2 023=a10122=1,a1a2 024=a1a2 023·q=q<1,a1a2 022=a1 011a1 012>1,∴nmax=2 022,故选B.
5.答案 -2
解析 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(a+b·2n)-(a+b·2n-1)=b·2n-1,当n=1时,a1=S1=a+2b,
因为{an}为等比数列,所以a2a1=a3a2=2,所以a1=a22=b,即a+2b=b,所以a+b=0.
因为a2,9,a5成等差数列,所以a2+a5=18,即2b+16b=18,解得b=1,所以a=-1,所以a-b=-2.
6.B 由题意,得nan=n·2n,Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,①
则2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②
①-②,得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=2n+1-n×2n+1-2,所以Sn=n×2n+1-2n+1+2=(n-1)×2n+1+2,易知{Sn}递增,当n=6时,S6=642,当n=7时,S7=1 538,所以使得Sn<1 000成立的正整数n的最大值为6.故选B.
7.答案 212;3n2-1
解析 当λ=1时,an=-an-1+2(n≥2),即an+an-1=2(n≥2),
所以S11=(a11+a10)+(a9+a8)+(a7+a6)+(a5+a4)+(a3+a2)+a1=2×5+12=212.
当λ=2时,an=3an-1+2(n≥2),
所以有an+1=3(an-1+1)(n≥2),
所以{an+1}是以a1+1=32为首项,3为公比的等比数列,所以an+1=32·3n-1,所以an=3n2-1.
8.解析 (1)易知数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d,
由b1=a2=2,b3=a2+a3+a4=2+4+8=14,
得d=14-23-1=6,
所以bn=b1+(n-1)d=6n-4.
(2)由(1)可知cn=an+bn=2n-1+6n-4,
所以Sn=(1+2+…+2n-1)+[2+8+…+(6n-4)]=1-2n1-2+n(2+6n-4)2=2n+3n2-n-1.
能力提升练
1.C 由an+1=an2(n∈N*),得lg an+1=2lg an(an>0),
所以{lg an}是以lg a1=lg 10=1为首项,2为公比的等比数列,所以lg an=2n-1,故an=102n-1,
Tn=a1a2a3…an=1020+21+22+…+2n-1,令Tn≤102 023,得20+21+22+…+2n-1≤2 023,故1-2n1-2≤2 023,
整理得2n≤2 024,又因为210<2 024<211,所以正整数n的最大值为10,故选C.
2.A 当n≥2时,原式可变形为Sn+1-Sn-2Sn+2Sn-1=2×3n,即an+1-2an=2×3n,得an+1-2·3n+1=2(an-2·3n),又因为a1=2,a2=10,所以a2-2×32=2(a1-2×3),
所以数列{an-2·3n}是首项为a1-2×3=-4,公比为2的等比数列,
所以an-2·3n=(-4)×2n-1,即an=2(3n-2n),
所以Sn=2[(31+32+33+…+3n)-(21+22+23+…+2n)]=2×3(1-3n)1-3-2(1-2n)1-2=3n+1-2n+2+1,故S2 022=32 023-22 024+1.故选A.
3.C 设bn=a2n-1,cn=a2n,n∈N*,则b1=a1=2,c1=a2=1.
由已知可得a2n+1-a2n-1=2,a2n+2=2a2n,即bn+1-bn=2,cn+1=2cn,
所以{bn}是以2为首项,2为公差的等差数列,{cn}是以1为首项,2为公比的等比数列,
所以bn=2+2(n-1)=2n,cn=1×2n-1=2n-1.
所以{an}的前20项和S20=(b1+b2+…+b10)+(c1+c2+…+c10)=(2+4+…+20)+(1+2+…+29)=10×(2+20)2+1×(1-210)1-2=1 133.故选C.
4.C 令n=1,得a2=14,因为a1+a2=54,且{an}的各项均为正数,所以S200>54,
由an=an·an+1an-an+1得1an+1-1an=1an,
则1an+1-1an=1an+1-1an1an+1+1an
=1an1an+1+1an>0,所以1an+1>1an,又an>0,
所以an+1所以1an+1-1an=1an≥1an,所以an+1an≤12,
所以anan-1·an-1an-2·…·a3a2·a2a1=ana1≤12n-1,所以an≤14n-1,
则S200<140+141+…+14199
=43-13·14199<43.
综上,545.答案 14
解析 设数列{an},{bn}的公比分别为q1,q2,
当n=1时,S1T1=a1b1=4,即a1=4b1,
当n=2时,S2T2=a1+a2b1+b2=a1+a1q1b1+b1q2=4+4q11+q2=83,即2q2-3q1=1,
当n=3时,S3T3=a1+a2+a3b1+b2+b3=a1+a1q1+a1q12b1+b1q2+b1q22=4+4q1+4q121+q2+q22=127,即3q2+3q22-7q1-7q12=4,
联立2q2-3q1=1,3q2+3q22-7q1-7q12=4,解得q1=1,q2=2或q1=7,q2=11,
当q1=1,q2=2时,SnTn=na1b1(1-2n)1-2=4n2n-1,符合题意;
当q1=7,q2=11时,SnTn=a1(1-7n)1-7b1(1-11n)1-11=203·7n-111n-1,不符合题意,所以a5b5=a1q14b1q24=4×1424=14.
6.
思路分析 {an}为等差数列{bn}为等比数列SnSn的
范围结果
C 设等比数列{bn}的公比为q(q>0),等差数列{an}的公差为d,
由a1=2,b1=1,a2=b3,a4=b4,可得2+d=q2,2+3d=q3,则q3-3q2+4=0,即(q+1)(q-2)2=0,所以q=2(q=-1舍去),则d=2,
所以an=2+2(n-1)=2n,bn=2n-1,
故cn=anbn=n·12n-2,
则Sn=1×12-1+2×120+3×121+…+n×12n-2,
12Sn=1×120+2×121+…+(n-1)×12n-2+n×12n-1,
两式相减可得12Sn=2+120+121+…+12n-2-n·12n-1=2+1-12n-11-12-n·12n-1=4-(n+2)·12n-1,故Sn=8-(n+2)·12n-2,
易知Sn≥S1=2,Sn<8,可得2≤Sn<8.
∵∀n∈N*,t≤Sn∴k≥8,t≤2,即k-t≥6,即k-t的最小值为6.故选C.
7.ACD 由题意得an=2nan+1,an+1=2nan,则a3=23a4=84=2,a2=22a3=42=2,a1=21a2=22=1,A正确,B错误.
a5=24a4=164=4,a6=25a5=324=8,
由anan+1=2n得an+1an+2=2n+1,两式相除得an+2an=2,
所以数列{an}的奇数项是首项为1,公比为2的等比数列,偶数项是首项为2,公比为2的等比数列.
故a1+a2+…+a2 023=(a1+a3+…+a2 023)+(a2+a4+…+a2 022)=1×(1-21012)1-2+2×(1-21011)1-2=21 012-1+21 012-2=21 013-3,C正确.
由上述分析可知数列1an的奇数项是首项为1,公比为12的等比数列,偶数项是首项为12,公比为12的等比数列.
当n为偶数时,1a1+1a2+…+1an
=1a1+1a3+…+1an-1+1a2+1a4+…+1an
=1×1-12n21-12+12×1-12n21-12=3-32n2<3;
当n为奇数时,1a1+1a2+…+1an
=1a1+1a3+…+1an+1a2+1a4+…+1an-1
=1×1-12n+121-12+12×1-12n-121-12=3-12n-32<3,
∴1a1+1a2+…+1an<3,D正确.故选ACD.
8.解析 (1)an+1=34an+14bn+1,bn+1=34bn+14an+1,
两式相加得an+1+bn+1=an+bn+2,
即(an+1+bn+1)-(an+bn)=2,
又a1+b1=3,所以{an+bn}是首项为3,公差为2的等差数列,所以an+bn=3+2(n-1)=2n+1.
(2)因为an+1=34an+14bn+1,bn+1=34bn+14an+1,
所以an+1-bn+1=12(an-bn),
又因为a1-b1=1≠0,所以{an-bn}是首项为1,公比为12的等比数列,所以an-bn=12n-1,
由(1)知an+bn=2n+1,所以an2-bn2=(2n+1)·12n-1.
所以Sn=3×120+5×121+7×122+…+(2n-1)×12n-2+(2n+1)×12n-1,①
12Sn=3×121+5×122+…+(2n-3)×12n-2+(2n-1)×12n-1+(2n+1)×12n,②
①-②得12Sn=3+212+122+…+12n-1-(2n+1)×12n=3+2×121-12n-11-12-(2n+1)×12n=3+2-42n-2n+12n=5-5+2n2n,所以Sn=10-5+2n2n-1.