高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列复习练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列复习练习题，共5页。




[A级 基础巩固]


1．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq \f(1,4)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝( )


A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)


C.eq \f(32,3)(1－4－n) D．eq \f(32,3)(1－2－n)


解析：选C 由a5＝a2q3，得q3＝eq \f(1,8)，


所以q＝eq \f(1,2)，而数列{anan＋1}也为等比数列，


首项a1·a2＝8，公比q2＝eq \f(1,4)，


所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1


＝eq \f(81－4－n,1－\f(1,4))＝eq \f(32,3)(1－4－n)．


2．在等比数列{an}中，a3＝eq \f(3,2)，其前三项的和S3＝eq \f(9,2)，则数列{an}的公比q＝( )


A．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,2)


C．－eq \f(1,2)或1 D．eq \f(1,2)或1


解析：选C 由题意，可得a1q2＝eq \f(3,2)，a1＋a1q＋a1q2＝eq \f(9,2)，两式相除，得eq \f(1＋q＋q2,q2)＝3，解得q＝－eq \f(1,2)或q＝1.


3．设Sn为等比数列{an}的前n项和，且8a2＋a5＝0，则eq \f(S5,S2)等于( )


A．11 B．5


C．－8 D．－11


解析：选D 设{an}的公比为q.因为8a2＋a5＝0.


所以8a2＋a2·q3＝0.所以a2(8＋q3)＝0.


因为a2≠0，所以q3＝－8.所以q＝－2.


所以eq \f(S5,S2)＝eq \f(\f(a11－q5,1－q),\f(a11－q2,1－q))＝eq \f(1－q5,1－q2)＝eq \f(1＋32,1－4)＝eq \f(33,－3)＝－11.故选D.


4．(多选)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)<0.则下列结论正确的是( )


A．0

C．Tn的最大值为T7 D．Sn的最大值为S7


解析：选ABC ∵a1>1，a7·a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)<0，


∴a7>1,0

∴0

a7a9＝aeq \\al(2,8)<1，故B正确；


T7是数列{Tn}中的最大项，故C正确；因为a7>1，0

5．等比数列{an}的前n项和为Sn，S5＝2，S10＝6，则a16＋a17＋a18＋a19＋a20等于( )


A．8 B．12


C．16 D．24


解析：选C 设等比数列{an}的公比为q，因为S2n－Sn＝qnSn，所以S10－S5＝q5S5，所以6－2＝2q5，所以q5＝2，所以a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝a1q15＋a2q15＋a3q15＋a4q15＋a5q15＝q15(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q15S5＝23×2＝16.


6．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＝________.


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，


偶数项之和与奇数项之和分别为S偶，S奇，


由题意S偶＋S奇＝3S奇，


即S偶＝2S奇，


因为数列{an}的项数为偶数，


所以q＝eq \f(S偶,S奇)＝2.


答案：2


7．等比数列{an}中，若a1＋a3＋…＋a99＝150，且公比q＝2，则数列{an}的前100项和为________．


解析：由eq \f(a2＋a4＋…＋a100,a1＋a3＋…＋a99)＝q，q＝2，得eq \f(a2＋a4＋…＋a100,150)＝2⇒a2＋a4＋…＋a100＝300，则数列{an}的前100项的和S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝150＋300＝450.


答案：450


8．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和为________．


解析：由题意，q≠1，由9S3＝S6，得9×eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(a11－q6,1－q)，解得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1，eq \f(1,an)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，其前5项和为eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).


答案：eq \f(31,16)


9．设等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.


解：设{an}的公比为q，由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝6，,6a1＋a1q2＝30，))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝3.))


当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，Sn＝3(2n－1)；


当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，Sn＝3n－1.


10．已知等比数列{an}中，a1＝eq \f(1,3)，公比q＝eq \f(1,3).


(1)Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn＝eq \f(1－an,2)；


(2)设bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an，求数列{bn}的通项公式．


解：(1)证明：因为an＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(1,3n)，


Sn＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(1－\f(1,3n),2)，所以Sn＝eq \f(1－an,2).


(2)bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－eq \f(nn＋1,2).所以{bn}的通项公式为bn＝－eq \f(nn＋1,2).


[B级 综合运用]


11．(多选)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，则( )


A．数列{an}的公比为2 B．数列{an}的公比为8


C.eq \f(S6,S3)＝8 D．eq \f(S6,S3)＝9


解析：选AD 因为等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，所以eq \f(a6,a3)＝q3＝8，解得q＝2，所以eq \f(S6,S3)＝eq \f(1－q6,1－q3)＝1＋q3＝9，故选A、D.


12．一座七层的塔，每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2倍，一共点381盏灯，则底层所点灯的盏数是( )


A．190 B．191


C．192 D．193


解析：选C 设最下面一层灯的盏数为a1，则公比q＝eq \f(1,2)，n＝7，由eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))7)),1－\f(1,2))＝381，解得a1＝192.


13．已知{an}是递减的等比数列，且a2＝2，a1＋a3＝5，则{an}的通项公式为________，a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)＝________.


解析：由a2＝2，a1＋a3＝5，{an}是递减的等比数列，得a1＝4，a3＝1，an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1是首项为8、公比为eq \f(1,4)的等比数列的前n项和．故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝8＋2＋eq \f(1,2)＋…＋8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1＝eq \f(8×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝eq \f(32,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)).


答案：an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1 eq \f(32,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n))


14．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，若an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,an－1＋\f(1,2)，n≥2，))求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和．


解：当n＝1时，S1＝a1＝1.


当n≥2时，若a＝0，有an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(1,2)，n≥2.))


则Sn＝1＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋1,2).


若a＝1，有an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1 ，n＝1，,\f(3,2)，n≥2，))


则Sn＝1＋eq \f(3,2)(n－1)＝eq \f(3n－1,2).


若a≠0且a≠1，


则Sn＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋a))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋a2))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋an－1))


＝1＋eq \f(1,2)(n－1)＋(a＋a2＋…＋an－1)


＝eq \f(n＋1,2)＋eq \f(a－an,1－a).


综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(n＋1,2)，a＝0且n≥2，,\f(3n－1,2)，a＝1且n≥2，,\f(n＋1,2)＋\f(a－an,1－a)，a≠0且a≠1且n≥2.))


[C级 拓展探究]


15．设a1，a2，…，an成等比数列，且S＝a1＋a2＋…＋an，R＝eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)，P＝a1·a2·…·an .


求证：(1)eq \f(S,R)＝a1·an；


(2)P2Rn＝Sn.


证明：本题分q≠1和q＝1两种情形进行讨论．


情形1：q≠1.


(1)显然，此时S＝eq \f(a11－qn,1－q)，


R＝eq \f(\f(1,a1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,qn))),1－\f(1,q))＝eq \f(1－qn,a1qn－11－q)，


P＝a1·(a1q)·(a1q2)·…·(a1qn－1)＝aeq \\al(n,1)qeq \f(nn－1,2).


∴eq \f(S,R)＝aeq \\al(2,1)qn－1＝a1(a1qn－1)＝a1an.


(2)由(1)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S,R)))n＝(aeq \\al(2,1)qn－1)n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a\\al(n,1)q\f(nn－1,2)))2＝P2，


∴P2Rn＝Sn.


情形2：q＝1.


(1)显然，此时S＝na1，R＝eq \f(n,a1)，P＝aeq \\al(n,1)，


∴eq \f(S,R)＝aeq \\al(2,1)＝a1an.


(2)由(1)得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S,R)))n＝aeq \\al(2n,1)＝P2，即P2Rn＝Sn.


故两式均成立．


综上所述，不论q是否为1，两式都成立．