高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列第一课时精练

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列第一课时精练，共4页。试卷主要包含了设数列{an}的前n项和为Sn等内容，欢迎下载使用。
4.3.2　等比数列的前n项和公式第1课时　等比数列的前n项和公式课后·训练提升基础巩固1.设数列{(-1)n}的前n项和为Sn,则Sn等于(　　)A. B. C. D.答案:D解析:Sn=.2.在等比数列{an}中,若a1=1,S6=63,则公比q的值为(　　)A.2 B.-2 C.4 D.答案:A解析:当公比q=1时,S6=6a1=6≠63,不符合题意;当q≠1时,S6==63,将选项代入检验,可得q=2.3.已知数列{an}满足3an+1+an=0,a2=-,则数列{an}的前10项和等于(　　)A.-6×(1-3-10) B.×(1-3-10)C.3×(1-3-10) D.3×(1+3-10)答案:C解析:由3an+1+an=0,得=-,故数列{an}是公比q=-的等比数列.因为a2=-,可得a1=4,所以S10==3×(1-3-10).4.设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,则a1=　　　　;S5=　　　　.答案:1　121解析:由解得a1=1,a2=3.当n≥2时,由已知可得,an+1=2Sn+1,①an=2Sn-1+1,②①-②,得an+1-an=2an,∴an+1=3an.又a2=3a1,∴{an}是以a1=1为首项,以q=3为公比的等比数列.∴S5==121.5.已知数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项为1、公比为2的等比数列,则an=　　　　　. 答案:2n-1解析:由题意可得,an-an-1=a1qn-1=2n-1,即各式相加得an-a1=2+22+…+2n-1=2n-2,故an=a1+2n-2=2n-1.6.设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S1,2S2,3S3成等差数列,则等比数列{an}的公比为　　　　　. 答案:解析:由已知4S2=S1+3S3,可得4(a1+a2)=a1+3(a1+a2+a3).即a2=3a3,故等比数列{an}的公比q=.7.设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S1,S3,S2成等差数列.(1)求等比数列{an}的公比q;(2)若a1-a3=3,求Sn.解:(1)根据题意有a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2),由于a1≠0,故2q2+q=0.由q≠0,得q=-.(2)由(1)可得a1-a1=3,故a1=4.从而Sn=.能力提升1.(多选题)已知等比数列{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,<0,则下列结论正确的是(　　)A.0<q<1 B.a7a9<1C.Tn的最大值为T7 D.Sn的最大值为S7答案:ABC解析:∵a1>1,a7a8>1,<0,∴a7>1,0<a8<1,∴0<q<1,故A正确;a7a9=<1,故B正确;T7是数列{Tn}中的最大项,故C正确;∵a7>1,0<a8<1,∴Sn的最大值不是S7,故D不正确.2.在等比数列{an}中,a1+a2+…+a6=10,+…+=5,则a1a2…a6等于(　　)A.2 B.8 C. D.答案:B解析:设等比数列{an}的公比为q,由题知得q5=2,则a1a2…a6=q1+2+…+5=(q5)3=8.3.已知等比数列{an}的公比不为1,若a1=1,且an+1,an,an+2成等差数列,则数列{an}的前5项和S5=　　　　　. 答案:11解析:由题意知a2,a1,a3成等差数列,即有a2+a3=2a1=2,即q+q2=2,解得q=-2或q=1(舍去),故S5==11.4.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+S6=2S9,则公比q=　　　　　. 答案:-解析:当q=1时,Sn=na1,S3+S6=3a1+6a1=9a1=S9≠2S9,不符合题意;当q≠1时,=2×,得2-q3-q6=2-2q9,即2q9-q6-q3=0,解得q3=-或q3=1(舍去)或q3=0(舍去),故q=-.5.设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.解:(1)∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an=,∴a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=(n≥2),两式相减,得3n-1an=(n≥2),即an=(n≥2).当n=1时,a1=也满足上式,故an=.(2)∵bn==n×3n,∴Sn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n,①由①×3,得3Sn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1,②由①-②,得-2Sn=3+32+33+…+3n-n×3n+1,即-2Sn=-n×3n+1,故Sn=·3n+1+.6.已知数列{an}满足a1=1,an+1-an=2,等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a4+1.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Sn.解:(1)由a1=1,an+1-an=2,得{an}是以1为首项,以2为公差的等差数列,即an=2n-1.由b1=1,b4=8,得数列{bn}的公比q=2,故bn=2n-1.(2)cn=(2n-1)·2n-1,则Sn=1×1+3×2+5×22+…+(2n-1)·2n-1,2Sn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n,上述两式作差,得-Sn=1+2×2+2×22+2×23+…+2×2n-1-(2n-1)·2n=1+2×-(2n-1)·2n,故Sn=3-2n·(3-2n).7.已知数列{an}是各项均为正数的等差数列,其中a1=1,且a2,a4,a6+2成等比数列;数列{bn}的前n项和为Sn,满足2Sn+bn=1.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)令cn=anbn,设数列{cn}的前n项和为Tn,是否存在正整数n,使得Tn>Sn成立?若存在,求出n的最小值;若不存在,请说明理由.解:(1)设数列{an}的公差为d,依题意有=a2(a6+2),即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+5d+2),解得d=-(舍)或d=1,故an=1+(n-1)=n.由2Sn+bn=1,得Sn=(1-bn),当n=1时,2S1+b1=1,解得b1=;当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=-bn+bn-1,得bn=bn-1,故数列{bn}是首项为,公比为的等比数列,得bn=.(2)由(1)知,cn=anbn=,∴Tn=1×+2×+3×+…+n×,①Tn=1×+2×+3×+…+n×,②①-②,得Tn=.∵Sn=,∴Tn-Sn=.当n=1时,T1=S1,当n≥2时,>0,∴Tn>Sn,故所求的正整数n存在,其最小值为2.