苏教版 (2019)选择性必修第一册第4章 数列4.3 等比数列第2课时当堂检测题

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第一册第4章 数列4.3 等比数列第2课时当堂检测题，共16页。

题组一 等比数列前n项和的性质
1.(2024江苏苏州吴江中学月考)已知等比数列{an}的前n项和为45,前2n项和为60,则其前3n项和为( )
A.65 B.80 C.90 D.105
2.(2023江苏泰州中学检测)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=4,S6=12,则S12=( )
A.32 B.28 C.48 D.60
3.(2024浙江衢州、丽水、湖州质检)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,且S2=3,S6=5S4-12,则S4=( )
A.11 B.13 C.15 D.17
4.(2024宁夏银川第二中学月考)已知一个等比数列的项数是偶数,其奇数项之和为1 011,偶数项之和为2 022,则这个数列的公比为( )
A.8 B.-2 C.4 D.2
5.(2024山东威海月考)已知等比数列{an}的公比q=13,且a1+a3+a5+…+a99=90,则a1+a2+a3+…+a100= .
题组二 等比数列前n项和的实际问题
6.(2024重庆西南大学附属中学期中)某蛋糕店制作了一个大型蛋糕,这个蛋糕是由多个高度均为0.1米的圆柱形蛋糕重叠而成的,上层蛋糕会覆盖相邻下层蛋糕的上底面的一半,最底层蛋糕的半径为1米.若该蛋糕的体积至少为0.6立方米,则蛋糕的层数至少为(其中π≈3.14)( )
A.3 B.4 C.5 D.6
7.(2024湖南复习检测)如图所示,正方形上方连着一个等腰直角三角形,等腰直角三角形的两腰上再连两个正方形,……,如此下去,得到一个树状图形,称为“勾股树”.若某“勾股树”含有127个正方形,且其中最大的正方形的边长为12,则其中最小正方形的边长为 .
题组三 等比数列前n项和的综合问题
8.(多选题)(2024江苏苏州期中)设Sn,Tn分别是等差数列{an}和等比数列{bn}的前n(n∈N*)项和,则下列说法正确的是( )
A.若a15+a16>0,a15+a17<0,则使Sn>0的最大正整数n的值为15
B.若Tn=5n+c(c为常数),则c=-1
C.S5,S10-S5,S15-S10必为等差数列
D.T5,T10-T5,T15-T10必为等比数列
9.(2023江苏苏州中学期中)已知数列{an}的各项均为正数,a1=2,an+12-anan+1-2an2=0,求数列an(an+1+1)(an+1)的前10项和.
能力提升练
题组一 等比数列前n项和的性质
1.(2024四川成都石室中学月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且数列{ka3k-1}(k=1,2,3)是等差数列,则S6-S3S3=( )
A.1或43 B.1或13C.2或43 D.13或43
2.(2024江苏盐城第一中学期中)已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和,S4=10,则2S12-3S8+S4的最小值为 .
3.(2023湖北随州第一中学期末)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且210S30-(210+1)S20+S10=0,则公比q= .
4.(2024安徽示范高中培优联盟联赛)记Sn为等比数列{an}的前n项和,S18=7S6.
(1)若S12=12,求S24的值;
(2)若S6>0,求证:S6n+6>2S6n.
题组二 等比数列的综合问题
5.(多选题)(2024江苏镇江丹阳期中)在等比数列{an}中,a2=2,a5=16,记Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{an2}的前n项和,则下列结论正确的是( )
A.a4+a6a3+a5=4 B.{an2}是等比数列
C.S6S3=8 D.S2nTn=3
6.(多选题)(2024河北部分高中联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,前n项积为Tn,若a1>1,a2 023a2 024>0,a2024-1a2023-1<0,则( )
A.{an}为递增数列 B.S2 023C.T2 023为{Tn}的最大项 D.{Tn}无最大项
7.(2024江苏泰州中学期中)在数学课堂上,为提高学生探究分析问题的能力,教师引导学生构造新数列:现有一个每项都为1的常数列,在此数列的第n(n∈N*)项与第(n+1)项之间插入首项为2,公比为2的等比数列的前n项,从而形成新的数列{an},数列{an}的前n项和为Sn,则( )
A.a2 023=26 B.a2 024=26C.S2 023=264-3 D.S2 023=264+189
8.(2023广东河源龙川一中期末)已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn=abn,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N*),则当Tn<2 022时,n的最大值是 .
9.(2023广东深圳第七高级中学月考)如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到纸板P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得纸板P3,P4,…,Pn,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3= ,如果∀n∈N*,Sn>2024π3恒成立,那么a的取值范围是 .
10.(2024山东名校期中)已知数列{an},{bn}满足a1=2,点(an,an+1)(n∈N*)在函数f(x)=12x+1x的图象上,且bn=an+1an-1.
(1)证明:{lg3bn}是等比数列,并求bn;
(2)令cn=an-1,设{cn}的前n项和为Sn,证明:Sn<32.
11.(2023江苏南京六校联合体调研)已知数列{an}满足a1=1,a2=3,数列{bn}为等比数列,且满足bn(an+1-an)=bn+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}的前n项和为Sn,若 ,记cn=an,n为奇数,bn,n为偶数,求数列{cn}的前2n项和T2n.
在①2S2=S3-2,②b2,2a3,b4成等差数列,③S6=126这三个条件中任选一个补充在第(2)问中,并解答.
12.(2023上海吴淞中学开学考试)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,首项为a1,且12,an,Sn成等差数列.
(1)判断数列{an}是不是等比数列,若是,写出通项公式;若不是,请说明理由;
(2)若bn=-2lg2an,cn=bnan,求数列{cn}的前n项和Tn;
(3)在(2)的条件下,若不等式3n-28nTn≤14m2-m-1对一切正整数n恒成立,求实数m的取值范围.
答案与分层梯度式解析
第2课时 等比数列前n项和的性质及其应用
基础过关练
1.A 设数列{an}的前n项和为Sn,由等比数列前n项和的性质得Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列,
故45,60-45,S3n-60成等比数列,
故(60-45)2=45(S3n-60),解得S3n=65.故选A.
2.D 设{an}的公比为q,易知q≠1,所以S6S3=1-q61-q3=124,即1+q3=3,故q3=2,因此S12S6=1-q121-q6=1+q6=1+22=5,所以S12=5S6=5×12=60,故选D.
3.C 由等比数列前n项和的性质可知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,且S4-S2≠0,S6-S4≠0,
所以(S4-S2)2=S2(S6-S4),故(S4-3)2=3×(5S4-12-S4),即(S4-3)(S4-15)=0,解得S4=3或S4=15,
因为S4-S2≠0,所以S4=15,故选C.
4.D 设该等比数列为{an},项数为2n(n∈N*),公比为q(q≠1),
设奇数项之和为S1,偶数项之和为S2,
故奇数项组成首项为a1,公比为q2的等比数列,偶数项组成首项为a2,公比为q2的等比数列,
则S1=a1(1-q2n)1-q=1 011,S2=a2(1-q2n)1-q=2 022,
所以S2S1=a2a1=20221011=2,即q=2.
故这个数列的公比为2.故选D.
5.答案 120
解析 在等比数列中,若项数为2n,则S偶S奇=q,
则a1+a2+a3+…+a100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+a6+…+a100)=(a1+a3+a5
+…+a99)+13(a1+a3+a5+…+a99)=90+13×90=120.
6.C 设蛋糕至少有n(n∈N*)层,则每层圆柱形蛋糕的底面面积组成首项为π,公比为12的等比数列,
又每层圆柱形蛋糕的高都是0.1米,所以每层蛋糕的体积也构成等比数列,所以这n层蛋糕的体积V=π×12×0.1×1-12n1-12=0.21-12nπ,
由已知得0.21-12nπ≥0.6,所以1-12n≥3π,
即2n≥1+3π-3≈22.43,所以n≥5,n∈N*,所以蛋糕的层数至少为5.故选C.
7.答案 116
解析 设第n(n∈N*)级所得正方形的边长为an,由题意知{an}是以12为首项,22为公比的等比数列,
∴an=12·22n-1.
又∵边长为an的正方形有2n-1个,∴1+2+22+23+…+2n-1=1-2n1-2=127,解得n=7,
故最小正方形的边长为a7=12×226=116.
8.BCD 设等差数列{an}的公差为d,则a15+a16=2a1+29d>0,a15+a17=2a1+30d<0,故-292d若Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n>0,则1≤n<1-2a1d,
而29<-2a1d<30,即1-2a1d∈(30,31),故1≤n≤30,
所以使Sn>0的最大正整数n的值为30,A错误;
设等比数列{bn}的公比为q,q≠0且q≠1,则Tn=b1(1-qn)1-q=b11-q-b1qn1-q=5n+c,
所以q=5,b11-q=-1,即c=-1,B正确;
由等差、等比数列前n项和的性质知S5,S10-S5,S15-S10为等差数列,T5,T10-T5,T15-T10为等比数列,C、D正确.故选BCD.
9.解析 由an+12-anan+1-2an2=0得(an+1-2an)(an+1+an)=0,故an+1=2an或an+1=-an.
当an+1=-an,即an+1an=-1时,数列{an}是以2为首项,-1为公比的等比数列,不符合题意.
当an+1=2an,即an+1an=2时,数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2×2n-1=2n.
因为an(an+1+1)(an+1)=2n(2n+1+1)(2n+1)=12n+1-12n+1+1,
所以数列an(an+1+1)(an+1)的前10项和为121+1-122+1+122+1-123+1+…+1210+1-1211+1=13-12049=6822049.
能力提升练
1.B 设等比数列{an}的公比为q,q≠0,
由题意可得4a5=a2+3a8,则4a1q4=a1q+3a1q7,化简得3q6-4q3+1=0,解得q3=13 或q3=1.
又S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=a1+a2+a3+q3(a1+a2+a3)=(q3+1)S3,所以S6-S3S3=q3S3S3=q3,
当q3=1时,S6-S3S3=1;当q3=13 时,S6-S3S3=13.故选B.
2.答案 -54
解析 由等比数列的性质可得S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,则S4(S12-S8)=(S8-S4)2,
由于S4=10,所以S12-S8=(S8-S4)2S4=(S8-10)210,
则2S12-3S8+S4=2(S12-S8)+S4-S8=(S8-10)25-S8+10=S8-2522-2545,
当S8=252时取最小值,且最小值为-54.
3.答案 12
解析 由210S30-(210+1)S20+S10=0,
得210(S30-S20)=S20-S10.
又{an}为正项等比数列,∴S20-S10≠0,∴S30-S20S20-S10=1210,
∵数列{an}是等比数列,
∴S30-S20S20-S10=a21+a22+a23+…+a30a11+a12+a13+…+a20=q10,
故q10=1210,解得q=±12,
∵{an}为正项等比数列,∴q>0,故q=12.
方法技巧 已知公比为q的等比数列的前n项和为Sn,涉及Sn,S2n,S3n,…的关系或Sn与Sm的关系时考虑应用以下两个性质:
①Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍成等比数列,其公比为qn(q≠-1).
②Sn+m=Sn+qnSm.
4.解析 (1)设等比数列{an}的公比为q(q≠1),
S12=S6+q6S6=S6(1+q6)=12,所以S6≠0,
故S6,S12-S6,S18-S12成等比数列,且公比为q6,
所以S18=S6+(S12-S6)+(S18-S12)=S6+q6S6+q12S6=7S6,整理得S6(q12+q6-6)=0,
因为S6≠0,故q12+q6-6=0,解得q6=2(q6=-3舍去),
所以S24=S12+(S24-S12)=S12+q12S12=S12(1+q12)=5S12=60.
(2)证明:因为S6>0,所以q≠-1,由(1)知q6=2,
因为数列S6,S12-S6,S18-S12,…,S6n-S6n-6,S6n+6-S6n是以S6为首项,q6为公比的等比数列,
所以S6n+6=S6+(S12-S6)+(S18-S12)+…+(S6n+6-S6n)=S6(1-2n+1)1-2=S6(2n+1-1),
同理S6n=S6(1-2n)1-2=S6(2n-1),
又S6n+6-2S6n=S6(2n+1-1)-2S6(2n-1)=S6>0,
所以S6n+6>2S6n.
5.BD 设等比数列{an}的公比为q,
由题意可得a2=a1q=2,a5=a1q4=16,解得a1=1,q=2,
则an=1×2n-1=2n-1,Sn=1-2n1-2=2n-1,
可得a4+a6a3+a5=a4(1+q2)a3(1+q2)=q=2,S6S3=26-123-1=9,故A、C错误;
因为an+12an2=an+1an2=q2=4,所以{an2}是首项为a12=1,公比为4的等比数列,
则Tn=1-4n1-4=22n-13,可得S2nTn=22n-122n-13=3,故B、D正确.
故选BD.
6.BC 由a2 023a2 024=a2 023×a2 023×q=a20232×q>0,得q>0,∵a1>1,∴an>0.
当q≥1时,an=a1qn-1>1,则a2 023>1,a2 024>1,则a2024-1a2023-1>0,与题意矛盾,因此0故{an}为递减数列,A错误;
S2 024-S2 023=a2 024>0,故S2 023∵{an}为递减数列,∴a2 023>a2 024,由a2024-1a2023-1<0可知a2 023>1,0∴当2≤n≤2 023时,TnTn-1=an>1,则Tn>Tn-1.
当n>2 023时,TnTn-1=an<1,则Tn因此{Tn}的最大项为T2 023,C正确,D错误.故选BC.
7.D 由题意可得数列{an}为1,2,1,2,22,1,2,22,23,1,2,22,23,24,1,…,
可将数列{an}进行分组:
第1组为1,2,共2项;
第2组为1,2,22,共3项;
第3组为1,2,22,23,共4项;
……
第(n-1)组为1,2,22,…,2n,共n项.
∴前(n-1)组共有2+3+4+…+n=(n-1)(2+n)2项.
当n=63时,62×652=2 015<2 023,
当n=64时,63×662=2 079>2 023,
∵2 023-2 015=8,
∴a2 023是第63组的第8个数,
∴a2 023=28-1=27,故A错误.
同理得a2 024=29-1=28,故B错误.
则S2 023=a1+a2+a3+…+a2 023
=(1+2)+(1+2+22)+…+(1+2+22+…+262)+(1+2+22+…+27)
=1-221-2+1-231-2+…+1-2631-2+1-281-2
=22-1+23-1+…+263-1+28-1
=(22+23+…+263)-62+28-1
=22×(1-262)1-2-63+28
=264+189,故D正确,C错误.故选D.
8.答案 9
解析 由题意得an=2n-1,bn=2n-1,
∴Tn=c1+c2+…+cn=ab1+ab2+ab3+…+abn
=a20+a21+a22+…+a2n-1=(2×20-1)+(2×21-1)+(2×22-1)+…+(2×2n-1-1)=2×(20+21+22+…+2n-1)-n=2×1-2n1-2-n=2n+1-n-2,∵Tn<2 022,
∴2n+1-n-2<2 022,当n=10时,211-10-2=2 036>2 022,不适合题意,
当n=9时,210-9-2=1 013<2 022,适合题意,∴n的最大值是9.
9.答案 11π8a2;[506,+∞)
解析 第一块纸板的面积S1=12π(2a)2=2πa2,
第二块纸板的面积S2=2πa2-12πa2=32πa2,
第三块纸板的面积S3=32πa2-12πa22=118πa2,
……
第n块纸板的面积Sn=2πa21-14-142-143-…
-14n-1=2πa2-2πa214+142+143+…+
14n-1=2πa2-2πa2×141-14n-11-14=2πa223+13×14n-1,
要使得∀n∈N*,Sn>2024π3恒成立,只需4πa23≥2024π3,解得a2≥506,故a∈[506,+∞).
10.解析 (1)因为点(an,an+1)在函数f(x)=12x+1x的图象上,所以an+1=12an+1an=an2+12an,
又bn=an+1an-1,
所以bn+1=an+1+1an+1-1=an2+2an+12anan2-2an+12an=an+1an-12,即bn+1=bn2,①
又b1=a1+1a1-1=3>0,所以bn>0.
对①式两边取以3为底的对数,得lg3bn+1=2lg3bn,
又b1=3,lg3b1=1,所以{lg3bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
所以lg3bn=2n-1,故bn=32n-1.
(2)证明:因为bn=an+1an-1=32n-1,所以an=32n-1+132n-1-1,所以cn=an-1=32n-1+1-32n-1+132n-1-1=232n-1-1,
则cn+1cn=32n-1-132n-1=32n-1-1(32n-1)2-1=132n-1+1<132n-1≤13,得cn+1<13cn,
又因为c1=1,
所以Sn=c1+c2+…+cn11.解析 (1)令n=1,得2b1=b2,因为{bn}为等比数列,所以公比为2,即bn+1=2bn,则an+1-an=2,
所以数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,故an=2n-1.
(2)由(1)知等比数列{bn}的公比为2.
若选①,由2S2=S3-2得2(b1+2b1)=b1+2b1+4b1-2,所以b1=2,则bn=2n,
所以cn=2n-1,n为奇数,2n,n为偶数.
故数列{cn}的奇数项是以1为首项,4为公差的等差数列,偶数项是以4为首项,4为公比的等比数列,
所以T2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
=n+n(n-1)2×4+4(1-4n)1-4=2n2-n+4(4n-1)3.
若选②,由b2,2a3,b4成等差数列得4a3=b2+b4,即20=2b1+8b1,所以b1=2,则bn=2n,下同①.
若选③,由S6=126得b1(1-26)1-2=126,所以b1=2,则bn=2n,下同①.
12.解析 (1)数列{an}是等比数列.
由题意得2an=12+Sn①,当n=1时,2a1=12+S1,即a1=12;
当n≥2时,2an-1=12+Sn-1②,①-②得2an-2an-1=an,即an=2an-1,
故数列{an}是首项为12,公比为2的等比数列,
即an=12×2n-1=2n-2.
(2)由题意得bn=-2lg2an=-2lg22n-2=4-2n,则cn=bnan=4-2n2n-2=(16-8n)·12n,
故Tn=8×12+0×122-8×123-…+(16-8n)×12n,
12Tn=8×122+0×123-…+(24-8n)×12n+(16-8n)×12n+1,
两式相减得12Tn=8×12-8122+123+…+12n-(16-8n)×12n+1
=4-8×14×1-12n-11-12-(16-8n)×12n+1=n2n-2,
故Tn=n2n-3.
(3)由(2)可得3n-28nTn=3n-22n,设dn=3n-22n,则dn+1-dn=3n+12n+1-3n-22n=-3n+52n+1,
当n≥2时,数列{dn}递减,又d1=12,d2=1,故数列{dn}的最大值为1.
则14m2-m-1≥1,解得m≥2+23或m≤2-23.