人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列精品课堂检测

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列精品课堂检测，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。

(25分钟·50分)


一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)


1.数列{an}为等比数列,若a1=1,a7=8a4,数列的前n项和为Sn,则S5=( )


A.B.C.7D.31


【解析】选A.由题意,q6=8q3,解得q=2,


所以an=a1qn-1=2n-1,


因为数列的前n项和为Sn,


所以S5=1++++==.


2.在等比数列{an}中,a2·a6=,则sin=( )


A.-B.C.D.-


【解析】选C.在等比数列{an}中,a2·a6=,


可得=a2·a6=,


则sin=sin=.


3.在各项均为正数的等比数列{an}中,=2a16,则数列{lg2an}的前7项和等


于( )


A.7B.8C.27D.28


【解析】选A.由题意,得a10=2q6,


所以a1·q3=2,即a4=2,


所以T7=lg2a1+lg2a2+…+lg2a7


=lg2(a1·a2·…·a7)=lg2=7.


4.(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( )


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】选BC.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=>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==2.


故选项A不正确.an=a1·qn-1=2n.


因为Sn==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=n.


所以数列{lg an}是公差为1的等差数列.故选项D不正确.


二、填空题(每小题5分,共10分)


5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足4a1,2a2,a3成等差数列,则数列{an}的公比q=________,如果a1=1,则S4=________.


【解析】由4a1,2a2,a3成等差数列,可得4a1+a3=4a2,


即4a1+a1q2=4a1q,可得q2-4q+4=0,解得q=2,


又因为a1=1,则S4==15.


答案:2 15


6.(2020·上饶高二检测)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=+a·3n,则=________.


【解析】因为等比数列{an}的前n项和为Sn,


且Sn=+a·3n,


所以a1=S1=+3a,a2=S2-S1=9a-3a=6a,a3=S3-S2=27a-9a=18a,


因为a1,a2,a3成等比数列,所以(6a)2=×18a,解得a=-(a=0舍去),


所以==28.


答案:28


【加练·固】


记等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}为等比数列,已知S5=10,且b10=a2+a4,则b5b15=________.


【解析】设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,由S5=10,且b10=a2+a4,


可得5a1+10d=10,b10=2a1+4d,


即有b10=4,b5b15==16.


答案:16


三、解答题(每小题10分,共20分)


7.(2019·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.


(1)求{an}的通项公式.


(2)设bn=lg2an,求数列{bn}的前n项和.


【解析】(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,


即q2-2q-8=0.解得q=-2(舍去)或q=4.


因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1.


(2)由(1)得bn=(2n-1)lg22=2n-1,


因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.


8.已知等比数列{an}的首项为2,等差数列{bn}的前n项和为Sn,且a1+a2=6, 2b1+a3=b4,S3=3a2.


(1)求{an},{bn}的通项公式;


(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和.


【解析】(1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d.


由a1+a2=6,得a1+a1q=6.


因为a1=2,所以q=2.


所以an=a1qn-1=2·2n-1=2n.


由 得


解得


所以bn=b1+(n-1)d=3n-2.


(2)由(1)知an=2n,bn=3n-2.


所以cn==3×2n-2.


从而数列{cn}的前n项和


Tn=3×(21+22+23+…+2n)-2n


=3×-2n=6×2n-2n-6.


(20分钟·40分)


1.(5分)已知{an}是等比数列,数列{bn}满足bn=lg2an,n∈N*,且b2+b4=4,则a3的值为( )


A.1B.2C.4D.16


【解析】选C.{an}是等比数列,数列{bn}满足bn=lg2an,n∈N*,


且b2+b4=4,则lg2(a2·a4)=4,则=24,


整理得a3=±4,由于an>0,


所以a3=-4舍去,故a3=4.


【加练·固】


已知数列{an}满足lg2an+1=1+lg2an(n∈N*),且a1+a2+…+a10=1,则lg2(a101+a102+…+a110)的值等于( )


A.10 B.100 C.210 D.2100


【解析】选B.由题意lg2an+1-lg2an=1,


整理得:=2(常数),且a1+a2+…+a10=1,


则=1,解得:a1=,


所以a101=a1·2100=,


则lg2(a101+a102+…+a110)


=lg2=lg22100=100.


2.(5分)数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则an等于( )


A.3×4n


B.3×4n+1


C.


D.


【解析】选C.当n≥1时an+1=3Sn


则an+2=3Sn+1,


所以an+2-an+1=3Sn+1-3Sn=3an+1,


即an+2=4an+1,


所以该数列从第2项开始是以4为公比的等比数列.


又a2=3S1=3a1=3.


所以an=


3.(5分)已知Sn是数列{an}的前n项和,Sn=2-2an+1,若a2=,则S5=________.


【解析】Sn是数列{an}的前n项和,Sn=2-2an+1,


当n≥2时,Sn-1=2-2an,


两式相减得an=-2an+1+2an,所以an+1=an,


又a1=2-2a2=1,a2=,所以{an}是以1为首项,


为公比的等比数列,则S5==.


答案:


4.(5分)(2020·郑州高二检测)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若数列{Sn-2a1}也为等比数列,则=________.


【解析】根据题意,设等比数列{an}的公比为q,对于等比数列{Sn-2a1},其前三项为:-a1,a2-a1,a3+a2-a1,则有(-a1)(a3+a2-a1)=(a2-a1)2,


变形可得:-(q2+q-1)=(q-1)2,


解得:q=或0(舍),则q=,


则===.


答案:


5.(10分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=9,a1、a3、a7成等比数列.


(1)求数列{an}的通项公式;


(2)若数列{an}是递增数列,数列{bn}满足bn=,Tn是数列{anbn}的前n项和,求Tn.


【解析】(1)等差数列{an}的公差设为d,


S3=9,a1、a3、a7成等比数列,


可得3a1+3d=9,=a1a7,


即(a1+2d)2=a1(a1+6d),


解得a1=3,d=0或a1=2,d=1,


则an=3或an=n+1;


(2)因为数列{an}是递增数列,所以d>0,


即an=n+1,bn==2n+1,从而anbn=(n+1)·2n+1,


Tn=2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1,①,


2Tn=2×23+3×24+4×25+…+(n+1)·2n+2,②,


①-②得-Tn=8+23+24+…+2n+1-(n+1)·2n+2


=8+-(n+1)·2n+2=-n·2n+2,


所以Tn=n·2n+2.


6.(10分)(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4= 20,a3=8.


(1)求{an}的通项公式;


(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.


【解析】(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.


解得q=(舍去),或q=2,a1=2.


所以{an}的通项公式为an=2n.


(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.


所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.





1.若数列{bn}满足:++…+=2n(n∈N*),则数列{bn}的前n项和Sn为( )


A.2n+1B.4·2n+4


C.2n+2-2D.2n+2-4


【解析】选D.数列{bn}满足++…+=2n(n∈N*),可得:++…+=2(n-1)(n∈N*),可得=2n-2(n-1)=2,


可得bn=2n+1(n≥2),


当n=1时,b1=4,适合上式.


所以数列{bn}的通项公式为:bn=2n+1.


所以数列{bn}是等比数列,公比为2.


数列{bn}的前n项和Sn==2n+2-4.


【加练·固】


(2019·咸阳高二检测)数列{an}满足a1+a2+a3+…+an=5+2n(n∈N+),则a5=________.


【解析】根据题意,若a1+a2+a3+…+an=5+2n①


则a1+a2+a3+…+an-1=5+2(n-1),②


①-②可得:an=2(n≥2),


则an=2n+1(n≥2),则a5=26=64.


答案:64


2.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=3an-2,数列{nan}的前n项和为Tn,求满足Tn>100的最小的n值.


【解析】根据题意,数列{an}满足Sn=3an-2,①


当n≥2时,有Sn-1=3an-1-2,②,


①-②可得:an=3an-3an-1,可得2an=3an-1,


当n=1时,有S1=a1=3a1-2,解得a1=1,


则数列{an}是以a1=1为首项,公比为的等比数列,则an=,数列{nan}的前n项和为Tn,


则Tn=1+2×+3×+…+n×,③


则Tn=+2×+3×+…+n×④,


③-④可得-Tn=1+++…+-n×=-2-n×,


变形可得Tn=4+(2n-4)×,若Tn>100,


则4+(2n-4)×>100,


即(2n-4)×>96,经验证可知n≥7.


故满足Tn>100的最小的n值为7.


3.(2020·浙江高考)已知数列{an},{bn},{cn}中,a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1= ·cn(n∈N*).


(1)若数列{bn}为等比数列,且公比q>0,且b1+b2=6b3,求q与an的通项公式;


(2)若数列{bn}为等差数列,且公差d>0,证明:c1+c2+…+cn<1+.


【解析】(1)b1=1,b2=q,b3=q2,且b1+b2=6b3,


即1+q=6q2,又q>0得q=,


所以bn=,bn+2=,cn+1=cn=4cn,


所以=4,所以{cn}是首项c1=1,


公比为4的等比数列,cn=4n-1,


由an+1-an=cn=4n-1得an-a1=40+41+…+4n-2得an=.


(2)bn=1+(n-1)d,则bn+1 bn+2cn+1=bnbn+1cn=…=b1b2c1=1+d,故cn===.


于是c1+…+cn=<1+,得证.





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