数学北师大版 (2019)3.2 等比数列的前n项和随堂练习题

这是一份数学北师大版 (2019)3.2 等比数列的前n项和随堂练习题，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知等比数列的首项为－4，公比为，则该数列的第3项为（ ）
A．－9B．－6C．6D．9
2．已知正项等比数列的前项积为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
3．已知正项等比数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知正项等比数列的前项和为，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．设数列满足，，数列满足，，则（ ）
A．数列是等差数列B．数列是等比数列
C．数列是等差数列D．数列是等比数列
6．已知数列为正项递增等比数列，，，则该等比数列的公比（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．已知递增的等比数列，，公比为q，且，，成等差数列，则q的值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知等比数列的前项和为，．在与之间插入个数，使这个数组成一个等差数列，记插入的这个数之和为，的值为（ ）
A．240B．360C．480D．560
二、多选题
9．设是等比数列的前n项和，q为的公比，则（ ）
A．为等比数列B．为等比数列
C．若，则存在使得D．若存在使得，则
10．欧拉函数是数论中的一个基本概念，的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数（只有公因数1的两个正整数互质，且1与所有正整数（包括1本身）互质），例如，因为1，3，5，7均与8互质，则（ ）
A．B．数列单调递增
C．D．数列的前项和小于
11．在等比数列中，，，则（ ）
A．的公比为B．的前项和为
C．的前项积为D．
12．已知函数满足， 且， 则（ ）
A．
B．
C．函数为奇函数
D．
三、填空题
13．已知等比数列的前项和为，若，则取最大值时，的值为 ．
14．已知数列的前项和为，且满足，若数列的前项和满足恒成立，则实数的取值范围为 ．
15．等比数列的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，则这个等比数列的公比q＝ .
16．高斯函数是以德国数学家卡尔-高斯命名的初等函数，其中表示不超过的最大整数，如.已知满足，设的前项和为，的前项和为.则（1） ；（2）满足的最小正整数为 ．
四、解答题
17．已知数列为递增的等差数列，为和的等比中项．
(1)求数列通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
18．已知数列的前项和为，满足，．
(1)若数列满足，求的通项公式；
(2)求数列的通项公式，并求．
19．已知数列的前项和为，，．
(1)求数列的通项公式
(2)设，记数列的前项和为，证明．
20．在数列中，，记，且对任意恒成立．
(1)求数列的通项公式；
(2)是否存在等差数列{bn}，使得对任意都成立？若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由．
21．记，分别为数列，的前n项和．已知为等比数列，，，．
(1)求，的通项公式；
(2)求数列的前2n项和．
参考答案：
1．A
【分析】由等比数列的性质求解即可.
【详解】设等比数列的首项为，公比为，
由题意可知：，
所以.
故选：A.
2．B
【分析】结合等比数列的性质及数列的单调性判断各选项即可.
【详解】由已知数列各项均为正，因此乘积也为正，公比，若，则，
由等比数列性质知，所以，故选项A错误；
又，因为，所以，所以，
则，故先增后减，所以，故选项B正确；
若，则，又，无法判断与1的大小，即无法判断与1的大小，故与大小没法判断，故选项CD错误.
故选：B
3．B
【分析】由正项等比数列的性质，，，可求的值.
【详解】正项等比数列中，，则，
，则，
又，即，解得.
故选：B
4．C
【分析】设等比数列的公比为，则，由已知可得出，可得出，化简得出，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】设等比数列的公比为，则，
则，
所以，，
则，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：C.
5．D
【分析】，两边取对数可得，进而判断是等比数列,列出数列前三项判断AB.
【详解】由题意可知，，，两边取对数可得，
即，且，故数列是首项是1，公比为2的等比数列，C错D对．
易知，故既不是等差也不是等比数列，故AB错.
故选：D．
6．A
【分析】由已知结合等比数列的性质求出，进而可求出公比.
【详解】由题意，
由，，
得，所以（舍去），
所以，
整理得，解得（舍去），
所以.
故选：A.
7．A
【分析】根据给定条件，列出方程求解即得.
【详解】依题意，，即，又数列递增，
而，则，且，整理得，解得，
所以q的值为.
故选：A
8．A
【分析】先求得，然后利用等差数列的性质求得.
【详解】设等比数列的公比为，
依题意，，
则，即，所以，
所以，则，则，
所以，所以，
，所以.
故选：A
9．ACD
【分析】由等比数列的通项公式和前和性质逐一判断即可.
【详解】．当时，；当时，．
对于A选项，,它是首项为,公比为的等比数列，A选项正确．
对于B选项，当时，不是等比数列．当时，不是等比数列．B选项错误．
对于C选项，若,则当时，．C选项正确．
对于D选项，若,当时，．所以,得．解得（舍去）或．D选项正确．
故选：ACD.
10．ACD
【分析】A，由题意可得，即可判断选项正误；B，由A选项可判断选项正误；C，注意到，则从1到100个整数中去掉能被2或5整除的数，即可得与100互质的数，即；D，由C选项分析结合题意可得，后由等比数列前n项和公式可判断选项正误.
【详解】A选项，由题可知与4互质的数为1，3，则；与6互质的数为1，5，则；
与10互质的数为1，3，7，9，则，故，即A正确；
B选项，由A选项可知，，故数列不是单调递增数列，即B错误；
C选项，注意到，则从1到100，这100个整数中，被2整除的有50个，
被5整除的有20个，同时被2和5整除的有10个，则从1到100，这100个整数中，
不能被被2或5整除的数，即与100互质的数的个数为个，则，故C正确；
D选项，由C选项分析可知，与互质的数，就是从1到，这个整数中去掉所有的2的倍数.
其中2的倍数有个，则，同理可得.则，
即为首项为，公比为的等比数列，其前项和，故D正确.
故选：ACD
11．AB
【分析】对A，根据等比数列的基本量关系，结合等比数列的定义判断即可；对B，由A可得，再根据等差数列求和公式求解即可；对C，根据求解即可；对D，代入求解即可.
【详解】对A，设等比数列的公比为，则，得，
所以，所以，
所以，
所以数列的公比为，故A正确
对B，因为，所以的前项和为
，故B正确；
对C，的前项积为，故C错误
对D，因为，
所以的前项和为，故D错误．
故选：AB
12．ABD
【分析】令判断A，令判断B，令，求出，判断C，令，得，利用错位相减法判断D.
【详解】对于A，令时，则，又，所以，故A正确；
对于B，令时，则，又，所以，故B正确；
对于C，当时，则，又，，
所以，所以函数不为奇函数，故C错误；
对于D，当时，则，又，
所以，即，
所以当时，，
即，即，，
当时，代入上式，，所以，
设，
则 ①
②
①-②得，
，
所以，故，故D正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：赋值法的直观应用，对于D选项，构造数列，利用错位相减法求解.
13．3
【分析】根据等比数列前项和及等比中项求出通项公式可得结果.
【详解】因为，则，
，
由数列为等比数列，所以，则，
即，解得，
所以，
当时，，
当时，，
此时当时也符合；
所以，，
所以，当时，，
所以取最大值时，的值是3.
故答案为：3.
14．
【分析】由的关系仿写作差得到，再由错位相减法得到，最后由不等式恒成立问题和解一元二次不等式求出即可.
【详解】由，当时，；
当时，；作差可得，
则数列是首项和公比都为的等比数列，所以.
，，
以上两式相减可得，
则，
因为恒成立，所以，解得或，
故答案为：.
15．/0.5
【分析】设数列共有项，根据等比数列的性质得出奇偶项的和之间的关系，即可求得答案.
【详解】设数列共有项，
由题意得，，
则，
解得，
故答案为：
16． 1 91
【分析】利用构造法可得数列的通项公式为，则由题意可得，， ，利用放缩法可得所以，所以，可解问题.
【详解】由题可知：，
则，且，
即为首项为2，公比为2的等比数列，
所以，则，
所以．
所以．
设，
则．
所以．
所以且k为正整数，所以．
所以，
．
所以，所以满足的最小正整数为91．
故答案为：1；91．
【点睛】思路点睛：利用放缩法求出，从而由题意得，即可解决问题.
17．(1)
(2)
【分析】（1）法1：设递增等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，求得的值，即可求得数列的通项公式；
法2：设递增等差数列的公差为，根据题意，得到，求得，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）知，设，结合错位相减法求和，即可求解.
【详解】（1）法1：设递增等差数列的公差为，则，
因为为和的等比中项，可得，
即，可得，解得，
所以数列的通项公式为．
法2：设递增等差数列的公差为，则，
因为为和的等比中项，可得，
即，可得，
所以数列的通项公式为．
（2）由（1）知，，可得，
设，
可得，
则，
可得，
两式相减可得，
所以，则．
18．(1)
(2)，
【分析】（1）根据数列的递推公式推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，分为奇数、偶数两种情况讨论，设、，可得出数列的通项公式，分别求出、，相加可得.
【详解】（1）解：因为数列满足，，
则，
因为，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，则.
（2）解：由（1）可得，
所以，，
当为奇数时，设，则，
则；
当为偶数时，设，则，则.
综上所述，.
因为
，
，
所以，.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和，即可证明．
【详解】（1）由，
当时，则，
可得，则；
当时，则，可得；
综上所述：可得，可知是首项为，公比为的等比数列，
所以的通项公式为.
（2）由（1）可知：，
可得．
所以．
20．(1)1，
(2)存在，
【分析】（1）由，又，对任意恒成立，得，，由此能求出，．
（2）记，由错位相减得，由此能求出存在等差数列，，使得对任意都成立．
【详解】（1）∵，且，
∴，又，对任意恒成立，
∴，，
∴数列为以1为首项2为公比的等比数列，
∴，．
（2）若对任意都成立，
则，
故，故，
而，故，故，
此时，故为等差数列，
故存在等差数列，，
使得对任意都成立．
21．(1)，
(2)
【分析】（1）根据求出，据此求出的公比，据此求出和的关系，根据求出进而求出，求出，根据和求出和，据此即可求解；
（2）设，由（1）求出然后利用等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）由题设得，所以，
因此的公比为2，于是，
即，又因为，
所以，即，
当时，，当时，，
所以，又因为，
，所以，
因此，，因为，
所以，因此的通项公式为，
的通项公式为；
（2）设，由（1）得，
所以的前2n项和.