高中数学4.3 等比数列第2课时免费课时练习

这是一份高中数学4.3 等比数列第2课时免费课时练习，共29页。试卷主要包含了求和，《庄子·天下篇》中有一句话等内容，欢迎下载使用。

第2课时　等比数列前n项和的综合运用
基础过关练
题组一　“错位相减法”求数列的前n项和
1.求和:1×2+2×22+3×23+…+n×2n.








2.求数列1,3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1的前n项和.









3.数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.
(1)证明:数列ann是等差数列;
(2)设bn=3n·an,求数列{bn}的前n项和Sn.










题组二　等比数列及其前n项和的综合应用
4.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3,S4=15,则S6=(　　)
A.31 B.32 C.63 D.64
5.一个项数是偶数的等比数列,它的偶数项的和是奇数项的和的两倍,它的首项为1,且中间两项的和为24,则此等比数列的项数为(　　)
A.12 B.10 C.8 D.6
6.(2020山东临沂高二上期末)《庄子·天下篇》中有一句话:“一尺之棰,日取其半,万世不竭.”若经过n天,该木棰剩余的长度为an(尺),则an与n的关系为(　　)
A.an=1-12n-1 B.an=12n-1
C.an=12n D.an=1-12n
7.在等比数列{an}中,若a1+a3+…+a99=150,且公比q=2,则数列{an}的前100项和为　　　　. 
8.(2020天津一中高二上期中模块质量调查)已知等比数列{an}的公比为2,前n项和为Tn,T99=77,则a3+a6+a9+…+a99=　　　　　　.深度解析 
9.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　　　　. 
10.在等比数列{an}中,若S10=10,S20=30,求S30.












11.(2020北京石景山高二上期末)已知数列{an}是等差数列,满足a1=-1,a5=3,数列{bn-an}是公比为2的等比数列,且b2-2a2=2.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.


















能力提升练
题组一　“错位相减法”求数列的前n项和
1.(2020山东济宁实验中学高二上期中,)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,2Sn=1-13nan+1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an·log3a2n,求数列{bn}的前n项和Tn.
深度解析






2.(2020广东珠海二中高二上期中,)已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn=n2+1.在等比数列{bn}中,b3=9,公比为3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式,以及数列{bn}的前n项和Tn;
(2)设cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Pn.





3.(2020安徽阜阳高二上期末,)已知un=an+an-1b+an-2b2+…+abn-1+bn(a>0,b>0,n∈N*).
(1)当a=2,b=3时,求un所表示的和;
(2)若a=b,求数列{un}的前n项和Sn.





4.(2020山东泰安高二上期末,)在①a3=5,a2+a5=6b2;②b2=2,a3+a4=3b3;③S3=9,a4+a5=8b2这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答.
已知等差数列{an}的公差为d(d>1),前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,且a1=b1,d=q,　　　　. 
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.






题组二　等比数列及其前n项和的综合应用
5.(2020山东潍坊高二上期末,)已知数列{an}满足anan+1=3n,且a1=1,则数列{an}的前9项和S9=(　　)
A.160 B.241 C.243 D.484
6.(2020山东临沂罗庄高二上期末,)我国古代数学典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题:“今有垣厚十尺,两鼠对穿,初日各一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何日相逢?”上述问题中,两鼠在第几天相逢?(　　)
A.2 B.3 C.4 D.6
7.(2020广西桂林中学高二上期中,)已知数列{an}满足a1a2a3…an=2n2(n∈N*),且对任意n∈N*都有1a1+1a2+…+1an A.13,+∞ B.13,+∞
C.23,+∞ D.23,+∞
8.(多选)(2020山东临沂高二上期末,)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14
D.此人前三天走的路程是后三天走的路程的8倍
9.(2020广东汕头金山中学高二上期末,)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的半圆后得到图形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)得到图形P3,P4,…,Pn,…,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3=　　　　,若∀n∈N*,Sn>2 020π3 恒成立,则a的取值范围是　　　　.易错 

10.(2020河南郑州高二上期末,)设数列{an}满足an+1=an-6an-4(n∈N*),其中a1=1.
(1)证明:an-3an-2是等比数列;
(2)令bn=1-1an-2,设数列{(2n-1)·bn}的前n项和为Sn,求使Sn<2 019成立的最大正整数n的值.










11.(2020河北石家庄二中月考,)在数列{an}中,a1=1,an+1=anan+3(n∈N*).
(1)证明1an+12是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足bn=(3n-1)·n2n·an,记数列{bn}的前n项和为Tn.若不等式(-1)n·λ







12.(2020山东日照高二上期末,)已知数列{an}的首项为2,Sn为其前n项和,且Sn+1=qSn+2(q>0,n∈N*).
(1)若a4,a5,a4+a5成等差数列,求数列{an}的通项公式;
(2)设双曲线x2-y2an2=1的离心率为en,且e2=3,求e12+2e22+3e32+…+nen2.






答案全解全析
基础过关练
1.解析　设Sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n①,则2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1②,
①-②,得-Sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1,
即-Sn=2(1-2n)1-2-n×2n+1,
∴Sn=2-2×2n+n×2n+1=(n-1)×2n+1+2.
2.解析　设该数列的前n项和为Sn,当a=0时,Sn=1;当a=1时,数列为1,3,5,7,…,2n-1,则Sn=n[1+(2n-1)]2=n2;
当a≠0且a≠1时,Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)an-1,①
aSn=a+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1+(2n-1)an,②
①-②,得Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an,
即(1-a)Sn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+…+an-1)=1-(2n-1)an+2·a(1-an-1)1-a=1-(2n-1)an+2(a-an)1-a,
又1-a≠0,
∴Sn=1-(2n-1)an1-a+2(a-an)(1-a)2.
综上,
Sn=1,a=0,n2,a=1,1-(2n-1)an1-a+2(a-an)(1-a)2,a≠0且a≠1.
3.解析　(1)证明:由已知可得an+1n+1=ann+1,即an+1n+1-ann=1,所以ann是以a11=1为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)得ann=1+(n-1)×1=n,
所以an=n2,从而bn=n×3n,
则Sn=1×31+2×32+3×33+…+n×3n,①
3Sn=1×32+2×33+…+(n-1)×3n+n×3n+1,②
①-②,得-2Sn=31+32+33+…+3n-n×3n+1
=3×(1-3n)1-3-n×3n+1=(1-2n)×3n+1-32,
所以Sn=(2n-1)×3n+1+34.
4.C　由等比数列前n项和的性质,得(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即122=3×(S6-15),解得S6=63.故选C.
5.C　设该等比数列为a1,a2,…,a2n,公比为q,由题意可知S偶S奇=q=2,an+an+1=24.又a1=1,∴qn-1+qn=24,即2n-1+2n=24,解得n=4,故项数为8.
6.C　由题意得每天取的木棰的长度组成一个以12为首项,12为公比的等比数列,所以an=1-12×1-12n1-12=12n=12n.
故选C.
7.答案　450
解析　由a2+a4+…+a100a1+a3+…+a99=q=2,得a2+a4+…+a100=q(a1+a3+…+a99)=300,所以S100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=150+300=450.
8.答案　44
解析　设S1=a1+a4+…+a97,
S2=a2+a5+…+a98,
S3=a3+a6+…+a99,
由等比数列前n项和的性质可得,
S2=2S1,S3=4S1,且S1+S2+S3=T99=77,
∴7S1=77,解得S1=11.
从而S3=4S1=44.
易错警示　解决有关等比数列前n项和的问题时,若能恰当地使用等比数列前n项和的相关性质,则可以避繁就简.不仅可以减少解题步骤,还可以使运算简便,有时还可以避免对公比q的讨论.
9.答案　4
解析　设等比数列{an}的公比为q,
由已知得,S3-S1=S2-S3,即a2+a3=-a3,
∴a3=-12a2,∴q=-12,
又a1-a3=a1-a1q2=3,∴a1=4.
当n为奇数时,Sn=83×1+12n≤83×1+12=4;
当n为偶数时,Sn=83×1-12n<83.
综上,Sn的最大值为4.
10.解析　解法一:设等比数列{an}的首项为a1,公比为q.
∵S10=10,S20=30≠20,∴q≠1,
∴a1(1-q10)1-q=10,①a1(1-q20)1-q=30,②
②①得,1+q10=3,∴q10=2,
将q10=2代入①,得a11-q=-10,
∴S30=a1(1-q30)1-q=-10(1-23)=70.
解法二:∵{an}为等比数列,
∴S10,S20-S10,S30-S20仍成等比数列,且公比为q10,∴(S20-S10)2=S10(S30-S20),
∵S10=10,S20=30,
∴(30-10)2=10(S30-30),∴S30=70.
11.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
则d=a5-a15-1=1,∴数列{an}的通项公式为an=n-2,∴a2=0.
又b2-2a2=2,∴b2-a2=2,
∵数列{bn-an}是公比为2的等比数列,
∴bn-an=(b2-a2)×2n-2=2n-1,
∴bn=2n-1+n-2.
(2)由题意得,Sn=b1+b2+…+bn=(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+n)-2n=2n-1+n(n+1)2-2n=2n+n2-3n2-1.
能力提升练
1.解析　(1)∵数列{an}满足2Sn=1-13nan+1,①
∴2Sn-1=1-13n-1an(n≥2),②
①-②,得2an=1-13nan+1-1-13n-1an,即1-13n(an+1-3an)=0(n≥2), 可得an+1=3an(n≥2),
由a1=1,2a1=2S1=1-13a2,解得a2=3,∴a2=3a1,
∴数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列,则an=3n-1.
(2)由(1)知an=3n-1,则bn=an·log3a2n=3n-1·log332n-1=(2n-1)·3n-1,
则Tn=1×30+3×31+5×32+…+(2n-1)×3n-1,③
3Tn=1×31+3×32+…+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n,④
③-④,得-2Tn=1+2×(31+32+…+3n-1)-(2n-1)×3n=1+2×3-3n1-3-(2n-1)×3n=-2+(2-2n)×3n,
∴Tn=(n-1)×3n+1.
方法技巧　在使用“错位相减法”求和时,既可以在等式两边同乘公比q,也可以在等式两边同乘1q.两式相减后使用等比数列前n项和公式求和时应注意项数.
2.解析　(1)依题意得,a1=S1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,
又a1=2×1-1=1≠2,∴an=2,n=1,2n-1,n≥2.
由b3=b1·32=9,得b1=1,
∴bn=3n-1,∴Tn=1-3n1-3=12(3n-1).
(2)依题意得,
cn=an·bn=2,n=1,(2n-1)3n-1,n≥2,
则Pn=2+3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)3n-1,①
3Pn=2×3+3×32+5×33+…+(2n-3)3n-1+(2n-1)3n,②
①-②,得-2Pn=5+2×(32+33+…+3n-1)-(2n-1)3n=5+2×9(1-3n-2)1-3-(2n-1)3n=3n-4-(2n-1)3n=(2-2n)3n-4,
∴Pn=(n-1)3n+2.
3.解析　(1)当a=2,b=3时,un=2n+2n-1·3+2n-2·32+…+2·3n-1+3n(n∈N*),
等号两边同时除以2n,得un2n=1+32+322+…+32n-1+32n
=1-32n+11-32=-21-3n+12n+1=3n+12n-2,
因此un=3n+1-2n+1.
(2)若a=b,则un=(n+1)an,
所以Sn=2a+3a2+4a3+…+(n+1)an,①
当a=1时,Sn=2+3+…+(n+1)=n(n+3)2;
当a≠1时,①式等号两边同乘以a,
得aSn=2a2+3a3+…+nan+(n+1)an+1,②
①-②,得(1-a)Sn=2a+a2+a3+…+an-(n+1)an+1=a+a(1-an)1-a-(n+1)an+1,
所以Sn=a1-a+a(1-an)(1-a)2-(n+1)an+11-a
=a-(n+1)an+11-a+a(1-an)(1-a)2.
综上,
Sn=n(n+3)2,a=1,a-(n+1)an+11-a+a(1-an)(1-a)2,a>0,且a≠1.
4.解析　方案一:选条件①.
(1)∵a3=5,a2+a5=6b2,a1=b1,d=q,d>1,
∴a1+2d=5,2a1+5d=6b1q=6a1d,解得a1=1,d=2或a1=256,d=512(舍去),∴b1=1,q=2,
∴an=a1+(n-1)d=2n-1,bn=b1qn-1=2n-1.
(2)由题意得,cn=anbn=2n-12n-1=(2n-1)×12n-1,
∴Tn=1×120+3×121+5×122+…+(2n-1)×12n-1,①
12Tn=1×121+3×122+…+(2n-3)×12n-1+(2n-1)×12n,②
①-②,得12Tn=1+2×121+122+…+12n-1-(2n-1)×12n
=1+2×12×1-12n-11-12-(2n-1)×12n=3-(2n+3)×12n,
∴Tn=6-(2n+3)×12n-1.
方案二:选条件②.
(1) ∵b2=2,a3+a4=3b3,a1=b1,d=q,d>1,
∴b1q=a1d=2,2a1+5d=3b1q2=3a1d2,∴a1d=2,2a1+5d=6d,
解得a1=1,d=2或a1=-1,d=-2(舍去),∴b1=1,q=2,
∴an=a1+(n-1)d=2n-1,bn=b1qn-1=2n-1 .
(2)由题意得,cn=anbn=2n-12n-1=(2n-1)×12n-1 ,
∴Tn=1×120+3×121+5×122+…+(2n-1)×12n-1,①
12Tn=1×121+3×122+…+(2n-3)×12n-1+(2n-1)×12n,②
①-②,得12Tn=1+2×121+122+…+12n-1-(2n-1)×12n
=1+2×12×1-12n-11-12-(2n-1)×12n=3-(2n+3)×12n,
∴Tn=6-(2n+3)×12n-1 .
方案三:选条件③.
(1)∵S3=9,a4+a5=8b2,a1=b1,d=q,d>1,∴3a1+3×22d=9,2a1+7d=8b1q=8a1d,
解得a1=1,d=2或a1=218,d=38(舍去),
∴b1=1,q=2,
∴an=a1+(n-1)d=2n-1,bn=b1qn-1=2n-1.
(2)由题意得,cn=anbn=2n-12n-1=(2n-1)×12n-1,
∴Tn=1×120+3×121+5×122+…+(2n-1)×12n-1,①
12Tn=1×121+3×122+…+(2n-3)×12n-1+(2n-1)×12n,②
①-②,得12×Tn=1+2×121+122+…+12n-1-(2n-1)×12n
=1+2×12×1-12n-11-12-(2n-1)×12n=3-(2n+3)×12n,
∴Tn=6-(2n+3)×12n-1.
5.B　∵anan+1=3n,∴当n≥2时,an-1an=3n-1,两式相除得an+1an-1=3(n≥2).
∵a1=1,∴a3=3,a5=9,a7=27,a9=81,
由anan+1=3n,得a1a2=3,∴a2=3,a4=9,a6=27,a8=81,
∴S9=1+2×(3+9+27+81)=241.故选B.
6.C　不妨设大老鼠和小老鼠每天穿墙的厚度为数列{an}和{bn},则由题意可知,数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,数列{bn}是首项为1,公比为12的等比数列,设第n天两鼠总共穿墙的厚度之和为Sn,
则Sn=1-2n1-2+1-12n1-12=2n-12n-1+1,
当n=3时,S3=354<10,
当n=4时,S4=1358>10,
故两个老鼠在第4天相逢.
故选C.
7.D　∵数列{an}满足a1a2a3…an=2n2(n∈N*),∴当n≥2时,a1a2a3…an-1=2(n-1)2,
可得an=22n-1(n≥2),又当n=1时,a1=2,符合上式,∴an=22n-1(n∈N*),∴1an=122n-1,
∴数列1an是首项为12,公比为14的等比数列,∴1a1+1a2+…+1an=12×1-14n1-14=23×1-14n<23.
∵对任意n∈N* 都有1a1+1a2+…+1an ∴t的取值范围为23,+∞.
8.ABD　根据题意知,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=12的等比数列.
∴S6=a1(1-q6)1-q=a11-1261-12=378,
解得a1=192.
∴a3=a1q2=192×14=48,∴A正确.
由a1=192,S6=378,得a2+a3+a4+a5+a6=S6-a1=378-192=186,
又192-186=6,∴B正确.
∵a2=a1q=192×12=96,14S6=94.5,∴a2>14S6,∴C不正确.
∵a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=192×1+12+14=336,∴后3天走的路程为378-336=42,而且42×8=336,∴D正确.
故选ABD.
9.答案　11π8a2;[505,+∞)
解析　依题意得,S1=12π×(2a)2=2πa2,
S1-S2=12πa2,
S2-S3=12π×a22=18πa2,
∴S3=S2-18πa2=S1-12πa2-18πa2=11π8a2.
以此类推,{Sn+1-Sn}是以S2-S1=-12πa2为首项,14为公比的等比数列,
记S2-S1=-12πa2=S,
则S2-S1=S,
S3-S2=14S,
……
Sn-Sn-1=14n-2S(n≥2),
∴Sn-S1=S×1-14n-11-14
=43S×1-14n-1,
∴Sn=S1+43S×1-14n-1
=2πa2-23πa2+23πa2×14n-1
=43πa2+23πa214n-1(n≥2),
经检验,当n=1时,上式也成立,
∴Sn=43πa2+23πa214n-1(n∈N*).
∵Sn>2 020π3对任意n∈N*恒成立,
∴只需(Sn)min>2 020π3即可.
∵Sn>4π3a2,
∴43πa2≥2 020π3,即a2≥505,
又a>0,∴a≥505,
即a的取值范围是[505,+∞).
易错警示　Sn>2 020π3对任意n∈N*恒成立⇔(Sn)min>2 020π3,又Sn=4π3a2+2π3a2×14n-1单调递减,因此当n无限增大时,Sn无限接近于4π3a2,用此值代替最小值时,所得不等式可取等号,即4π3a2≥2 020π3,解题时防止漏掉“等号”导致错误.
10.解析　(1)证明:由已知得,
an+1-3an+1-2=an-6an-4-3an-6an-4-2=an-6-3an+12an-6-2an+8
=-2(an-3)-(an-2)=2×an-3an-2,
又a1-3a1-2=1-31-2=2,∴an-3an-2是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)由(1)知,an-3an-2=2n,
即an-2-1an-2=1-1an-2=bn=2n,
∴(2n-1)·bn=(2n-1)·2n,
则Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,①
2Sn=1×22+3×23+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,②
①-②,得-Sn=1×21+2×(22+23+…+2n)-(2n-1)×2n+1=2+2×4-2n+11-2-(2n-1)×2n+1
=(3-2n)×2n+1-6,
∴Sn=(2n-3)×2n+1+6.
∴Sn+1-Sn=(2n-1)×2n+2-(2n-3)×2n+1
=2n+1(2n+1)>0,
∴{Sn}为单调递增数列.
∵S6=9×27+6=1 158<2 019,
S7=11×28+6=2 822>2 019,
∴使Sn<2 019成立的最大正整数n的值为6.
11.解析　(1)由an+1=anan+3,得1an+1=3an+1,
所以1an+1+12=3an+1+12=31an+12,
又1a1+12=32,
所以数列1an+12是以32为首项,3为公比的等比数列,
所以1an+12=32×3n-1=12×3n,
所以1an=12(3n-1),
所以an=23n-1.
(2)由(1)得bn=(3n-1)·n2n·23n-1=n2n-1,
所以Tn=1×120+2×121+3×122+…+n×12n-1,①
12Tn=1×121+2×122+…+(n-1)×12n-1+n×12n,②
①-②,得12Tn=1×120+121+122+…+12n-1-n×12n=2-n+22n,
所以Tn=4-n+22n-1.
当n为偶数时,λ<4-22n-1,
∵n≥2,∴λ<3;
当n为奇数时,-λ<4-22n-1,
∵n≥1,∴-λ<2,即λ>-2.
综上可知,-2<λ<3.
12.解析　(1)∵Sn+1=qSn+2,
∴Sn+2=qSn+1+2,
两式相减得an+2=qan+1.
∴数列{an}是首项为2,公比为q的等比数列.
由a4,a5,a4+a5成等差数列,
可得2a5=a4+a4+a5,
∴a5=2a4,故q=2.
∴an=2n(n∈N*).
(2)由(1)可知,an=2qn-1,所以双曲线x2-y2an2=1的离心率en=1+an2=1+4q2(n-1).
由e2=1+4q2=3,得q=2(负值舍去).∴en=1+2n+1,en2=1+2n+1.
∴e12+2e22+3e32+…+nen2=(1+22)+2×(1+23)+3×(1+24)+…+n×(1+2n+1)
=n(1+n)2+1×22+2×23+…+n×2n+1,
记Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,①
则2Tn=1×23+2×24+…+(n-1)×2n+1+n×2n+2,②
①-②,得-Tn=22+23+24+…+2n+1-n×2n+2
=22(1-2n)1-2-n×2n+2
=2n+2-4-n×2n+2
=(1-n)×2n+2-4,
∴Tn=(n-1)×2n+2+4,
∴e12+2e22+…+nen2=(n-1)×2n+2+n(n+1)2+4.