高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列第2课时课堂检测

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 等比数列第2课时课堂检测，共10页。试卷主要包含了3　等比数列，因为q>0,所以q=2等内容，欢迎下载使用。
第四章数列4.3　等比数列4.3.2　等比数列的前n项和公式第2课时　等比数列前n项和的性质及应用课后篇巩固提升基础达标练1.在各项都为正数的等比数列{an}中,首项a1=3,前3项和为21,则a3+a4+a5等于(　　)A.33 B.72 C.84 D.189解析由S3=a1(1+q+q2)=21,且a1=3,得q+q2-6=0.因为q>0,所以q=2.故a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=22·S3=84.答案C2.(多选)(2019江苏高二期中)在公比q为整数的等比数列{an}中,Sn是数列{an}的前n项和,若a1·a4=32,a2+a3=12,则下列说法正确的是(　　)A.q=2B.数列{Sn+2}是等比数列C.S8=510D.数列{log2an}是公差为2的等差数列解析因为数列{an}为等比数列,又a1·a4=32,所以a2·a3=32.又a2+a3=12,所以又公比q为整数,则即an=2n,Sn==2n+1-2,对于选项A,由上可得q=2,即选项A正确;对于选项B,Sn+2=2n+1,=2,则数列{Sn+2}是等比数列,即选项B正确;对于选项C,S8=29-2=510,即选项C正确;对于选项D,log2an+1-log2an=(n+1)-n=1,即数列{log2an}是公差为1的等差数列,即选项D错误.故选ABC.答案ABC3.已知等比数列{an}的前10项中,所有奇数项之和为85,所有偶数项之和为170,则S=a3+a6+a9+a12的值为(　　)A.580 B.585 C.590 D.595解析设等比数列{an}的公比为q,则由题意有∴S=a3+a6+a9+a12=a3(1+q3+q6+q9)=a1q2·=585.答案B4.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯.”意思是:一座七层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯(　　)A.2盏 B.3盏 C.5盏 D.6盏解析设第七层有a盏灯,由题意知第七层至第一层的灯的盏数构成一个以a为首项,以2为公比的等比数列,由等比数列的求和公式可得=381,解得a=3,故顶层有3盏灯.答案B5.已知一个等比数列共有3m项,若前2m项之和为15,后2m项之和为60,则这个等比数列的所有项的和为              (　　)A.63 B.72 C.75 D.87解析由已知S2m=15,S3m-Sm=60,又(S2m-Sm)2=Sm(S3m-S2m)=Sm(Sm+60-S2m),解得Sm=3,所以S3m=60+3=63.答案A6.在各项均为正数的等比数列{an}中,a1=2,a2,a4+2,a5成等差数列,Sn是数列{an}的前n项和,则S10-S4=　　　. 解析依题意有2(a4+2)=a2+a5,设公比为q,则有2(2q3+2)=2q+2q4,解得q=2.于是S10-S4==2 016.答案2 0167.已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),则S2 018=.解析∵an+1·an=2n(n∈N*),a1=1,∴a2=2,a3=2.又an+2·an+1=2n+1,∴=2,∴数列{an}的奇数项与偶数项分别成等比数列,公比为2,首项分别为1,2.∴S2 018=(a1+a3+…+a2 017)+(a2+a4+…+a2 018)==3·21 009-3.答案3·21 009-38.已知一件家用电器的现价是2 000元,如果实行分期付款,一年后还清,购买后一个月第一次付款,以后每月付款一次,每次付款数相同,共付12次,月利率为0.7%,并按复利计算,那么每期应付款　　　元.(参考数据:1.00711≈1.080,1.00712≈1.087,1.0711≈2.105,1.0712≈2.252) 解析设每期应付款x元,第n期付款后欠款An元,则A1=2 000(1+0.007)-x=2 000×1.007-x,A2=(2 000×1.007-x)×1.007-x=2 000×1.0072-1.007x-x,……A12=2 000×1.00712-(1.00711+1.00710+…+1)x,因为A12=0,所以2 000×1.00712-(1.00711+1.00710+…+1)x=0,解得x=≈175,即每期应付款175元.答案1759.在等差数列{an}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{an+bn}是首项为1,公比为|a2|的等比数列,求{bn}的前n项和Sn.解(1)设等差数列{an}的公差为d,依题意得a3+a8-(a2+a7)=2d=-6,从而d=-3.所以a2+a7=2a1+7d=-23,解得a1=-1.所以数列{an}的通项公式为an=-3n+2.(2)由(1)得a2=-4,所以|a2|=4.而数列{an+bn}是首项为1,公比为4的等比数列.所以an+bn=4n-1,即-3n+2+bn=4n-1,所以bn=3n-2+4n-1,于是Sn=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+4+42+…+4n-1)=.10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=Sn,n∈N*,求:(1)a2,a3,a4的值及数列{an}的通项公式;(2)a2+a4+a6+…+a2n的值.解(1)由a1=1,an+1=Sn,n=1,2,3,…,得a2=S1=a1=,a3=S2=(a1+a2)=,a4=S3=(a1+a2+a3)=.由an+1-an=(Sn-Sn-1)=an(n≥2),得an+1=an(n≥2),∵a2=,∴an=(n≥2).∴数列{an}的通项公式为an=(2)由(1)可知,a2,a4,…,a2n是首项为,公比为,项数为n的等比数列,∴a2+a4+a6+…+a2n=.能力提升练1.在等比数列{an}中,a1+a2+a3+a4+a5=3,=15,则a1-a2+a3-a4+a5的值是 (　　)A.3 B. C.- D.5解析由题意可知等比数列{an}的公比q≠1,则a1+a2+…+a5==3,+…+=15,∴=5,∴a1-a2+a3-a4+a5==5.答案D2.(多选)(2020山东高二期末)在《增减算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则下列说法正确的是              (　　)A.此人第三天走了四十八里路B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C.此人第二天走的路程占全程的D.此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍解析根据题意此人每天行走的路程成等比数列,设此人第n天走an里路,则{an}是首项为a1,公比为q=的等比数列.所以S6==378,解得a1=192.a3=a1q2=192×=48,所以A正确,由a1=192,则S6-a1=378-192=186,又192-186=6,所以B正确.a2=a1q=192×=96,而S6=94.5<96,所以C不正确.a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=192×1+=336,则后3天走的路程为378-336=42,而且42×8=336,所以D正确.故选ABD.答案ABD3.等比数列{an}中,a1-a3=3,前n项和为Sn,S1,S3,S2成等差数列,则Sn的最大值为(　　)A.3 B.4 C.5 D.6解析设公比为q,由解得当n为奇数时,Sn==4,当n为偶数时,Sn=.综上,Sn的最大值为4.答案B4.已知等比数列{an},其前n项和为Sn,若S30=13S10,S10+S30=140,则S20等于　　　　　　. 解析易知q≠1 (否则S30=3S10),由即所以q20+q10-12=0,所以q10=3(负值舍去),故S20==S10×(1+q10)=10×(1+3)=40.答案405.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=bn+1-2(b>0,b≠1),则a4=　　　　. 解析当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(b-1)·bn.因为a1=S1=b2-2,所以(b-1)b=b2-2,解得b=2,因此Sn=2n+1-2,于是a4=S4-S3=16.答案166.如图,作边长为3的正三角形的内切圆,在这个圆内作内接正三角形,然后作新三角形的内切圆,……如此下去,前n个内切圆的面积和为　　　　　. 解析根据题意知第一个内切圆的半径为×3=,面积为π,第二个内切圆的半径为,面积为π,……这些内切圆的面积组成一个等比数列,首项为π,公比为,故前n个内切圆的面积之和为π.答案π7.已知正项等差数列{an}的公差不为0,a2,a5,a14恰好是等比数列{bn}的前三项,a2=3.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)记数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,k≥3n-6恒成立,求实数k的取值范围.解(1)设公差为d,根据题意知d≠0,a2=a1+d,a5=a1+4d,a14=a1+13d.∵(a1+4d)2=(a1+d)(a1+13d),a1+d=3,∴3d2-6d=0,∴d=2(d=0舍去).又a2=3,d=2,∴a1=1,an=2n-1.∵b1=a2=3,b2=a5=9,b3=a14=27,∴bn=3n.(2)由(1)知b1=3,q=3.∵Tn=,∴k≥3n-6对n∈N*恒成立.∴Tn>0,∴k≥对n∈N*恒成立.令cn=,cn-cn-1=,当n≤3时,cn>cn-1,当n≥4时,cn<cn-1,∴(cn)max=c3=,故k≥.8.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=8,S4=40.数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn-2bn+3=0,n∈N*.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)设cn=求数列{cn}的前2n+1项和P2n+1.解(1)由题意知,解得∴an=4n.∵Tn-2bn+3=0,∴当n=1时,b1=3,当n≥2时,Tn-1-2bn-1+3=0,两式相减,得bn=2bn-1(n≥2),故数列{bn}为等比数列,且bn=3·2n-1.(2)由(1)知cn=∴P2n+1=(a1+a3+…+a2n+1)+(b2+b4+…+b2n)==22n+1+4n2+8n+2.素养培优练(2020黑龙江大庆实验中学高三月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,Sn+an=1,n∈N*,数列{bn}满足b1=1,对于∀m,n∈N*,都有bm+n=bm+bn.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)由a1=,Sn+an=1,n∈N*,则当n=1时,S1+a1=2a1=1,∴a1=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=1-an-(1-an-1),∴an=an-1,∴{an}是以为首项,为公比的等比数列,∴an=,由∀m,n∈N*,都有bm+n=bm+bn,令m=1,有bn+1-bn=b1=1,∴{bn}是以1为首项,1为公差的等差数列,∴bn=1+(n-1)×1=n.(2)由(1)得cn=an·bn=n·,所以Tn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×, ①Tn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×, ②由①-②得Tn=1×+1×+…+1×-n×,所以Tn=2-(n+2).