高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册第4章 数列4.3 等比数列当堂达标检测题

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册第4章 数列4.3 等比数列当堂达标检测题，共34页。试卷主要包含了已知数列{an}满足，求和等内容，欢迎下载使用。

基础过关练
题组一 等比数列前n项和公式的有关计算
1.设Sn为等比数列{an}的前n项和,若27a4+a7=0,则S4S2等于( )
A.10 B.9 C.-8 D.-5
2.等比数列{an}的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3成等差数列,若a1=1,则S10=( )
A.512 B.511 C.1 024 D.1 023
3.(2020江苏扬州高三高考模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a1a6=3a3,且a4与a5的等差中项为2,则S5= .
4.(2020浙江宁波高一期末)已知等比数列{an}的公比为q(q>0),前n项和为Sn.若S2=6,S4=30,则a1= ,q= .
5.(2020河北唐山开滦一中高一期末)已知等差数列{an}和正项等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b3=a5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
题组二 “分组求和法”求和
6.(2020山东师范大学附中高二月考)数列{(-1)nn}的前2 019项的和是( )
A.-2 019 B.-1 010 C.1 010 D.2 019
7.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=2n+an,则数列{an}的前n项和Sn= .
8.(2020陕西洛南中学高二月考)已知数列{an}是公差不为零的等差数列,a1=1且a1,a3,a9成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=4an+2an,求数列{bn}的前n项和Sn.
题组三 “错位相减法”求和
9.(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.
10.已知等比数列{an}的公比q>1,且a1,a3的等差中项为5,a2=4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.
11.(2021河南信阳高中高二测试)已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3n·p+m(其中p、m为常数),a1=a2=3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=lg3an,求数列{an·bn}的前n项和Tn.
能力提升练
题组一 等比数列前n项和公式及其应用
1.(2021安徽皖北名校高二联考,)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若存在m∈N*,满足S2mSm=28,a2mam=2m+21m-2,则数列{an}的公比为( )
A.2 B.12 C.3 D.13
2.(2020河南郑州外国语学校高一期中,)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a12=a2,且S3,S1,S2成等差数列,则S4=( )
A.10 B.12 C.18 D.30
3.(2020江西新余一中高二月考,)已知数列{an}的通项公式为an=2n+1,其前n项和为Tn,若不等式nlg2(Tn+4)-λ(n+1)+7≥3n对一切n∈N*恒成立,则实数λ的取值范围为( )
A.(-∞,3] B.(-∞,4] C.[2,3] D.[3,4]
4.(2020安徽合肥一中、合肥六中高一期末,)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=4+-12n-1,若对任意n∈N*,都有1≤p(Sn-4n)≤3成立,则实数p的取值范围是( )
A.(2,3) B.[2,3]
C.2,92 D.2,92
5.(多选)(2020山东济宁高二期末,)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an2+3an(n∈N*),则下列结论正确的是( )
A.1an+3为等差数列
B.{an}的通项公式为an=12n+1-3
C.{an}为递增数列
D.1an的前n项和Tn=2n+2-3n-4
6.(多选)(2021湖南长沙长郡中学高三月考,)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=p,2Sn-Sn-1=2p(n≥2)(p为非零常数),则下列结论中正确的是( )
A.数列{an}为等比数列
B.当p=1时,S4=1516
C.当p=12时,am·an=am+n(m,n∈N*)
D.|a3|+|a8|=|a5|+|a6|
7.(2021江苏无锡锡山高级中学高二期中,)在①a1,a2+1,a3成等差数列,②S4=30,③a1a2a3=64这三个条件中任选一个补充在下面的问题中,并作答.
已知Sn是数列{an}的前n项和.若Sn=2an-a1(n∈N*),a1≠0,且满足 .
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设b1=1,bn+1-bn=an(n∈N*),求数列{bn}的通项公式.
8.(2021江苏苏州高三期中,)已知数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,且满足a1=b1=2,a3+a5+a7=30,b2b3=a16.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)设数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn.
①是否存在正整数k,使得Tk+1=Tk+bk+32成立?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由;
②解关于n的不等式Sn≥bn.
题组二 “错位相减法”求和及其应用
9.(多选)(2020辽宁省实验中学高二期中,)已知数列{an}为等差数列,a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,记bn=anqan(q≠0,且q≠1),则{bn}的前n项和可以是( )
A.n B.nq
C.q+nqn+1-nqn-qn(1-q)2 D.q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2
10.(2020江苏赣榆智贤中学高二月考,)已知数列{an}是公差d≠0的等差数列,其前n项和为Sn满足S4-2a2=10,且a1,a2,a5恰为等比数列{bn}的前三项.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=anbn,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:Tn<3.
11.(2020江苏泗阳桃州中学月考,)设数列{an}、{bn}都有无穷项,{an}的前n项和Sn=12(3n2+5n),{bn}是等比数列,b3=4且b6=32.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
12.(2021江苏南通平潮高级中学高二期中,)已知数列{an}满足a1=1,2an+1-an=n+4,设bn=an+1-an,n∈N*.
(1)求证:{bn-1}是等比数列;
(2)设cn=n+14(n+2-an),数列{cn}的前n项和为Sn,求证:1≤Sn<3.
第2课时 等比数列前n项和的性质
基础过关练
题组一 等比数列前n项和的性质
1.(2020山西大同豪洋中学高一期末)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且S5=3,S10=15,则S20=( )
A.255 B.375 C.250 D.200
2.在数列{an}中,an+1=can(c为非零常数),且其前n项和Sn=3n-2+k,则实数k的值为( )
A.-1 B.-13 C.19 D.-19
3.等比数列{an}共2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q= .
4.(2020四川广元高一期末)一个等比数列{an}的前n项和为10,前2n项和为30,则前3n项和为 .
题组二 等比数列的综合问题
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.已知数列{an}满足a1a2a3…an=2n2(n∈N*),且对任意n∈N*都有1a1+1a2+…+1anA.13,+∞ B.13,+∞
C.23,+∞ D.23,+∞
7.等比数列{an}中,a1-a3=3,其前n项和为Sn,且S1,S3,S2成等差数列,则Sn的最大值为 .
8.(2021北京延庆高三统测)设{an}是公比不为1的等比数列,a3=4,从条件①:a1为a2,a3的等差中项;条件②:设数列{an}的前n项和为Sn,S3-S1=2中选择一个条件作为已知,求:
(1){an}的公比;
(2)数列{2n+an}的前n项和.
题组三 等比数列的实际应用
9.(2020山东临沂高二上期末)《庄子·天下篇》中有一句话:“一尺之捶,日取其半,万世不竭.”若经过n天,该木棒剩余的长度为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
10.(2020安徽黄山高一期末)古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”意思是:“一女子善于织布,每天织布的尺数都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这女子每天分别织布多少?”据此,该女子第二天织布的尺数为( )
A.531 B.1031
C.9 D.10
11.(2020山东临沂罗庄高二上期末)我国古代数学著作《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题:“今有垣厚五尺,两鼠对穿.大鼠日一尺,小鼠亦日一尺.大鼠日自倍,小鼠日自半.问几何日相逢?”则两鼠相逢时是第( )
A.2天 B.3天 C.4天 D.6天
12.(2020天津滨海七校高三联考)《九章算术》中有如下问题:今有蒲生一日,长四尺;莞生一日,长一尺.蒲生日自半,莞生日自倍.意思是:今有蒲第一天长高四尺,莞第一天长高一尺,以后蒲每天长高前一天的一半,莞每天长高前一天的两倍.则莞的长度为蒲的长度的四倍时是第( )
A.4天 B.5天
C.6天 D.7天
13.(2020湖北荆州高三期末)如图所示,正方形的边上连接着等腰直角三角形,等腰直角三角形的腰上再连接正方形,……,如此下去将得到一个树形图形,称为“勾股树”.若某“勾股树”含有1 023个正方形,且其中最大的正方形的边长为22,则其中最小正方形的边长为 .
能力提升练
题组一 等比数列前n项和的性质及综合应用
1.()已知数列{an}为等比数列,an>0,且amam+1am+2=26m,若p+q=6,则apaq=( )
A.27 B.28 C.29 D.210
2.(多选)(2020山东淄博高二上期末,)在递增的等比数列{an}中,已知公比为q,Sn是其前n项和,若a1a4=32,a2+a3=12,则下列说法正确的是( )
A.q=1
B.数列{Sn+2}是等比数列
C.S8=510
D.数列{lg an}是公差为2的等差数列
3.(多选)(2020江苏南通启东中学高二期末,)将n2个数排成n行n列的一个数阵,如下:
a11 a12 a13 … a1n
a21 a22 a23 … a2n
a31 a32 a33 … a3n
……
an1 an2 an3 … ann
该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11=2,a13=a61+1,记这n2个数的和为S,则下列结论正确的有( )
A.m=3
B.a67=17×37
C.aij=(3i-1)×3j-1
D.S=14n(3n+1)(3n-1)
4.(2020河北石家庄第一中学高一期末,)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 .
5.(2021浙江名校协作体高三开学考试,)已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n-a,n∈N*,则a= ,设数列{lg2an}的前n项和为Tn,若Tn>2n+λ对n∈N*恒成立,则实数λ的取值范围为 .
6.(2020广东广州广雅、执信、二中、六中四校高一期末联考,)设数列{an}的前n项和为Sn,且2a1=a2=2,等差数列{bn}满足b1=1,b2+b5=b8且b2Sn+1+b5Sn-1=b8Sn(n≥2,n∈N*).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
7.(2021江苏南京师大附中高三期中,)已知函数f(x)=ax(a为常数,a>0且a≠1).
(1)在①数列{f(an)}是首项为4,公比为2的等比数列;②数列{f(an)}是首项为4,公差为2的等差数列;③数列{f(an)}是首项为4 ,公比为2的等比数列的前n项和构成的数列三个条件中选择一个条件,使数列{an}为等差数列,并说明理由;
(2)在(1)的选择下,若a=2,b=12n(n∈N*),求数列{an·bn}的前n项和Sn.
8.[2021新高考八省(市)1月联考,]已知各项都为正数的数列{an}满足an+2=2an+1+3an.
(1)证明:数列{an+an+1}为等比数列;
(2)若a1=12,a2=32,求{an}的通项公式.
9.(2021吉林长春第二实验中学高二月考,)已知数列{an}满足an+1=12an+t,a1=12t为常数,且t≠14.
(1)证明:{an-2t}为等比数列;
(2)当t=-18时,数列{an}的前几项和最大?
(3)当t=0时,设cn=4an+1,数列{cn}的前n项和为Tn,若不等式12k4+n-Tn≥2n-7对任意的n∈N*恒成立,求实数k的取值范围.
题组二 等比数列的实际应用
10.(2020福建福州高二期末,)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创,南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法,有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”:自上而下,第一层1件,以后每一层都比上一层多1件,最后一层是n件.已知第一层货物的单价是1万元,从第二层起,每一层货物的单价都是上一层单价的45.若这堆货物的总价是25-6545n万元,则n的值为( )

A.7 B.8
C.9 D.10
11.(2020湖北黄冈高二期末,)如图,方格蜘蛛网是由一族正方形环绕而成的图形,每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的边上,且分边长为3∶4.现用13米长的铁丝材料由外到内的顺序制作一个方格蜘蛛网,若最外边的正方形边长为1米,则完整的正方形的个数最多为参考数据:lg 75≈0.15( )

A.6 B.7
C.8 D.9
12.(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 .
13.(2020四川南充高三期中,)某汽车销售公司为推广一款新能源汽车,面向意向客户推出“玩游戏,送大奖”活动,客户可根据抛掷骰子的结果,操控微型遥控车在方格图上行进,若遥控车最终停在“胜利大本营”,则可获得购车优惠券.已知骰子出现任意点数的概率都是16,方格图上标有第0格,第1格,第2格,……,第50格.遥控车开始在第0格,客户每抛掷一次骰子,遥控车向前移动一次,若抛掷出正面向上的点数是1,2,3,4,5,则遥控车向前移动一格(从k到k+1,k为抛掷前骰子所在的格子数),若抛掷出正面向上的点数是6,则遥控车向前移动两格(从k到k+2,k为抛掷前骰子所在的格子数),直到遥控车移动到第49格(标有“胜利大本营”)或第50格(标有“失败大本营”)时,游戏结束.设遥控车移动到第n格的概率为Pn,试证明{Pn-Pn-1}(1≤n≤49)是等比数列,并求P50,请根据P50的值解释这种游戏方案对意向客户是否具有吸引力.
答案全解全析
第1课时 等比数列前n项
和公式及其应用
基础过关练
1.A 设数列{an}的公比为q,由27a4+a7=0,得a4(27+q3)=0,因为a4≠0,所以27+q3=0,解得q=-3,所以S4S2=1-q41-q2=10.
2.D 设等比数列{an}的公比为q,由题意得4a2=4+a3,即4q=4+q2,所以q=2,则S10=1-2101-2=210-1=
1 023,故选D.
3.答案 121
解析 设等比数列{an}的公比为q,
由题意可得a1·a1q5=3a1q2,即a1q3=3,①
由a4与a5的等差中项为2,可得a4+a5=4,即a1q3+a1q4=4,②
由①②解得a1=81,q=13,
则S5=a1(1-q5)1-q=81×1-1351-13=121.
4.答案 2;2
解析 若q=1,则2a1=6,4a1=30,无解,故q≠1.
当q>0,且q≠1时,a1(1-q2)1-q=6,a1(1-q4)1-q=30,
解得a1=2,q=2.
5.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,正项等比数列{bn}的公比为q(q>0),
因为a1=b1=1,a2+a4=10,b3=a5,
所以1+d+1+3d=10,q2=1+4d,所以d=2,q=3(负值舍去),
故an=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)由(1),知q=3,∴Sn=1-3n1-3=12(3n-1).
方法总结
在等比数列问题中共涉及五个量:a1,n,q,an及Sn,利用等比数列的通项公式及前n项和公式即可“知三求二”.解题时注意方程思想、整体思想及分类讨论思想等的应用.
B 设该数列的前n项和为Sn.由题意得S2 019=-1+2-3+4-5+6-…-2 017+2 018-
2 019=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+(-2 017+2 018)-2 019=1 009×1-2 019=-1 010.
7.答案 2n+1-n-2
解析 由已知,得an+1-an=2n,当n≥2时,
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+2+22+…+2n-1=1-2n1-2=2n-1,
又a1=1满足此式,所以an=2n-1,
其前n项和Sn=2+22+…+2n-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.
8.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则a3=a1+2d=1+2d,a9=a1+8d=1+8d.
因为a1,a3,a9成等比数列,所以a32=a1a9,即(1+2d)2=1+8d,
解得d=0(舍去)或d=1,
所以an=1+(n-1)×1=n.
(2)由(1)可知bn=4n+2n,
数列{4n}是以4为公比,4为首项的等比数列,其前n项和为4(4n-1)3,
数列{2n}是以2为首项,2为公差的等差数列,其前n项和为n(n+1).
所以数列{bn}的前n项和Sn=4(4n-1)3+n(n+1).
9.解析 (1)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)设该数列的前n项和为Tn.
当a=0时,Tn=1;
当a=1时,数列为1,3,5,7,…,2n-1,则Tn=n[1+(2n-1)]2=n2;
当a≠0且a≠1时,Tn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)an-1,③
aTn=a+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1+(2n-1)an,④
③-④,得Tn-aTn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an,
即(1-a)Tn=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,
∴Tn=1-(2n-1)an1-a+2(a-an)(1-a)2.
综上,
Tn=1,a=0,n2,a=1,1-(2n-1)an1-a+2(a-an)(1-a)2,a≠0且a≠1.
易错警示
本题(2)中易忽略对a的分类讨论,参数a影响数列的特点,在求和中要分a=0,a=1和a≠0且a≠1三种情况进行讨论.
10.解析 (1)由题意可得a1(1+q2)=10,a1q=4,
∴2q2-5q+2=0,
∵q>1,∴a1=2,q=2,∴数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*).
(2)由(1)可得bn=n2n,
∴Sn=12+222+323+…+n2n,①
12Sn=122+223+…+n-12n+n2n+1,②
①-②,得12Sn=12+122+123+…+12n-n2n+1,
∴Sn=1+121+122+123+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-n+22n(n∈N*).
11.解析 (1)由a1=a2=3及2Sn=3n·p+m
得3p+m=6,2(a1+a2)=9p+m=12,
解得p=1,m=3,即2Sn=3n+3,①
当n≥2时,2Sn-1=3n-1+3,②
①-②得2an=3n-3n-1,即an=3n-1(n≥2,n∈N*),
∵a1=3不满足此式,
∴an=3,n=1,3n-1,n≥2,n∈N*.
(2)由(1),得bn=lg3an=1,n=1,n-1,n≥2,n∈N*.
当n=1时,T1=a1b1=3;
当n≥2时,
Tn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=3×1+3×1+32×2+…+3n-1×(n-1),③
3Tn=32×1+32×1+33×2+…+3n-1×(n-2)+3n×(n-1),④
③-④,得-2Tn=-3+32+33+…+3n-1-3n×(n-1)
=-6+3×(1-3n-1)1-3-3n×(n-1)=3n(3-2n)-152,
∴Tn=3n(2n-3)+154,
显然当n=1时,T1=3符合此式,
∴Tn=3n(2n-3)+154.
解题模板
错位相减法是一种重要的数列求和方法,等比数列前n项和公式的推导用的就是错位相减法.当一个数列由等差数列与等比数列对应项的乘积构成时,可使用此法求数列的前n项和.在运用错位相减法求数列的前n项和时要注意以下四点:
(1)乘数(式)的选择;(2)对q的讨论;(3)两式相减后的未消项及相消项呈现的规律;(4)相消项的项数.
能力提升练
1.C 设等比数列{an}的公比为q,当公比q=1时,S2mSm=2≠28,不满足题意;
当公比q≠1时,因为S2mSm=28,
所以a1(1-q2m)1-q·1-qa1(1-qm)=1+qm=28,
所以qm=27,
又因为a2mam=2m+21m-2,所以qm=2m+21m-2,所以2m+21m-2=27,解得m=3,所以q3=27,即q=3.
2.A 设等比数列{an}的公比为q,由a12=a2,得a12=a1q,即a1=q.
又S3,S1,S2成等差数列,
∴2S1=S3+S2,即2a1=2a1+2a1q+a1q2,
解得q=0(舍去)或q=-2,
∴a1=q=-2,
∴S4=a1(1-q4)1-q=-2×(1-16)3=10.
3.A 由题意知Tn=4(1-2n)1-2=2n+2-4,
不等式nlg2(Tn+4)-λ(n+1)+7≥3n即为
n(n+2)-λ(n+1)+7≥3n,即λ≤n2-n+7n+1=n+1+9n+1-3.
又n∈N*,则n+1>0,所以n+1+9n+1-3≥2(n+1)·9n+1-3=3,当且仅当n+1=9n+1,即n=2时等号成立,
所以n+1+9n+1-3的最小值为3,故λ≤3.故选A.
4.B 因为an=4+-12n-1,所以Sn=4n+1--12n1+12=4n+231--12n,
所以Sn-4n=231--12n.又n∈N*时,34≤1--12n≤32,所以12≤231--12n≤1,
即Sn-4n的最大值为1,最小值为12.若对任意n∈N*,都有1≤p(Sn-4n)≤3,即1Sn-4n≤p≤3Sn-4n成立,则只需满足p≤3Sn-4nmin且p≥1Sn-4nmax即可,所以2≤p≤3,即实数p的取值范围是[2,3].故选B.
5.BD 易知数列{an}的各项均不为0.因为1an+1=2+3anan=2an+3,所以1an+1+3=21an+3,又1a1+3=4≠0,
所以1an+3是以4为首项,2为公比的等比数列,故A错误;1an+3=4×2n-1,即an=12n+1-3,故B正确;易知{an}为递减数列,故C错误;1an的前n项和Tn=(22-3)+(23-3)+…+(2n+1-3)=2(21+22+…+2n)-3n
=2×2×(1-2n)1-2-3n=2n+2-3n-4,故D正确.
6.AC A中,由2Sn-Sn-1=2p(n≥2)①,a1=p,得a2=p2.
当n≥3时,2Sn-1-Sn-2=2p②,
①-②可得2an-an-1=0,即an=12an-1(n≥3),又a2a1=12,所以数列{an}是首项为p,公比为12的等比数列,故A正确;
B中,由A中分析可得p=1时,S4=1-1241-12=158,故B错误;
C中,由A中分析可得am·an=am+n等价于p2·12m+n-2=p·12m+n-1,可得p=12,故C正确;
D中,由A中分析可知|a3|+|a8|=|p|·122+127=|p|·33128,|a5|+|a6|=|p|·124+125=|p|·12128,
则|a3|+|a8|>|a5|+|a6|,故D错误.故选AC.
7.解析 (1)因为Sn=2an-a1,所以Sn+1=2an+1-a1,
所以an+1=Sn+1-Sn=2an+1-a1-(2an-a1),化简得an+1=2an.
选择①:因为a1,a2+1,a3成等差数列,所以2(a2+1)=a1+a3,即2(2a1+1)=a1+4a1,
解得a1=2,所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.
选择②:因为S4=a1+a2+a3+a4=15a1=30,所以a1=2,
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.
选择③:因为a1a2a3=8a13=64,所以a1=2,
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.
(2)由(1)得an=2n,则bn+1-bn=2n,
所以当n≥2时,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+(b4-b3)+…+(bn-bn-1)=1+2+22+23+…+2n-1=1×(1-2n)1-2=2n-1,
当n=1时,b1=1满足此式,所以bn=2n-1.
8.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
则a3+a5+a7=3a5=30,所以a5=a1+4d=2+4d=10,解得d=2,
所以an=a1+(n-1)d=2n,
所以b2b3=a16=32,即b1q·b1q2=4q3=32,解得q=2,所以bn=b1qn-1=2n.
(2)①假设存在正整数k,使得Tk+1=Tk+bk+32,则bk+1=bk+32,
所以2k+1=2k+32,所以2k=32,解得k=5,所以存在正整数k=5满足题意.
②由(1)得Sn=a1+an2·n=n(n+1),所以不等式Sn≥bn即为n(n+1)≥2n,即2n-n(n+1)≤0.
令f(n)=2n-n(n+1),n∈N*,
则f(n+1)-f(n)=2n+1-(n+1)(n+2)-2n+n(n+1)=2[2n-1-(n+1)],
当n≥3且n∈N*时,f(n+1)-f(n)≥0,
所以f(1)>f(2)>f(3)=f(4)又f(1)=0,f(4)=-4,f(5)=2,所以当且仅当n=1,2,3,4时,f(n)≤0,
所以不等式Sn≥bn的解集为{1,2,3,4}.
9.BD 设等差数列{an}的公差为d,又a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,∴a42=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),化简得d(d-1)=0,所以d=0或d=1,
故an=1或an=n,所以bn=q或bn=n·qn.设{bn}的前n项和为Sn,
当bn=q时,Sn=nq;
当bn=n·qn时,Sn=1×q+2×q2+3×q3+…+n×qn①,
qSn=1×q2+2×q3+3×q4+…+(n-1)×qn+n×qn+1②,
①-②,得(1-q)Sn=q+q2+q3+…+qn-n×qn+1=q(1-qn)1-q-n×qn+1,
所以Sn=q(1-qn)(1-q)2-n×qn+11-q=q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2.
10.解析 (1)设等比数列{bn}的公比为q.
由题意得S4-2a2=10,a22=a1·a5,即a1+2d=5,d2=2a1d,
由d≠0,得a1=1,d=2,所以an=2n-1.
由题意知b1=a1=1,b2=a2=3,得公比q=3,所以bn=3n-1.
(2)证明:因为cn=2n-13n-1,
所以Tn=130+331+532+…+2n-13n-1,①
13Tn=13+332+533+…+2n-33n-1+2n-13n,②
①-②得23Tn=1+23+232+…+23n-1-2n-13n
=1+231-13n-11-13-2n-13n=2-2n+23n.
所以Tn=3-n+13n-1.
从而Tn<3.
11.解析 (1)当n=1时,a1=S1=4;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12(3n2+5n)-12[3(n-1)2+5(n-1)]=3n+1,
且a1=4亦满足此式,
∴{an}的通项公式为an=3n+1(n∈N*).
设{bn}的公比为q,则q3=b6b3=8,则q=2,
∴bn=b3·qn-3=2n-1(n∈N*).
(2)由题意,知cn=anbn=3n+12n-1,
故Tn=41+72+104+…+3n-22n-2+3n+12n-1,①
2Tn=8+71+102+…+3n-22n-3+3n+12n-2,②
②-①,得Tn=8+31+12+14+…+12n-2-3n+12n-1,
=8+32-12n-2-3n+12n-1=14-3n+72n-1.
12.证明 (1)∵2an+1-an=n+4,∴an+1=12an+n2+2,
∴an+2-an+1-1=12an+1+n+12+2-an+1-1=-12an+1+n2+32
=-12an+1+an+1-12an-2+32=12an+1-12an-12=12(an+1-an-1),
即bn+1-1=12(bn-1),又b1-1=a2-a1-1=a2-2,且2a2=a1+1+4=6⇒a2=3,∴b1-1=1,
∴{bn-1}是以1为首项,12为公比的等比数列.
(2)由(1)知bn-1=12n-1,∴bn=1+12n-1,
则a2-a1=1+120,a3-a2=1+121,……,an-an-1=1+12n-2,
则an-a1=n-1+1-12n-11-12=n-1+2-2×12n-1=n+1-12n-2,
所以an=n+2-12n-2,
所以cn=n+14(n+2-an)=n+14·12n-2=(n+1)12n>0,则Sn为增函数,
所以Sn≥S1=1,又Sn=2×121+3×122+…+(n+1)×12n,①
12Sn=2×122+…+n×12n+(n+1)×12n+1,②
①-②,得12Sn=1+122+…+12n-(n+1)12n+1=12+121-12n1-12-(n+1)·12n+1,
∴Sn=1+2-22n-n+12n=3-n+32n<3.
综上可得,1≤Sn<3.
第2课时 等比数列前n项
和的性质
基础过关练
1.A 由题意得S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,则有(S10-S5)2=S5(S15-S10),即122=3(S15-15),解得S15=63,同理有(S15-S10)2=(S10-S5)(S20-S15),即482=12(S20-63),解得S20=255.故选A.
2.D 易知an≠0,∵an+1=can,c为非零常数,∴{an}为等比数列,又Sn=3n-2+k=19·3n+k,∴根据等比数列前n项和的性质,得k=-19.
3.答案 2
解析 设奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶.由题意,得S奇+S偶=-240,S奇-S偶=80,解得S奇=-80,S偶=-160,∴q=S偶S奇=-160-80=2.
4.答案 70
解析 设等比数列{an}的前n项和为Sn.由题意得(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n)⇒(30-10)2=10(S3n-30)⇒S3n=70.
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.D ∵数列{an}满足a1a2a3…an=2n2(n∈N*),∴当n≥2时,a1a2a3…an-1=2(n-1)2,
∴an=22n-1(n≥2,n∈N*),又当n=1时,a1=2,符合此式,∴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,+∞.
7.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.
8.解析 (1)选条件①.
设{an}的公比为q(q≠1).
因为a1为a2,a3的等差中项,所以2a1=a2+a3,所以2a1=a1q+a1q2,
因为a1≠0,所以2=q+q2,解得q=-2或q=1(舍去).
选条件②.
设{an}的公比为q(q≠1).
因为S3-S1=2,所以a1+a2+a3-a1=a2+a3=2,
因为a3=4,所以a2=-2,所以q=a3a2=-2.
(2)由(1)可得等比数列{an}的首项a1=a3q2=44=1,所以an=(-2)n-1.
设数列{2n+an}的前n项和为Tn,
因为数列{2n}是以2为首项,2为公差的等差数列,
所以Tn=(2+2n)n2+1×[1-(-2)n]1-(-2)=n(n+1)+1-(-2)n3.
9.C 由题意知每天取的木棒的长度(单位:尺)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.
10.B 由题意可得,该女子每天所织布的尺数构成等比数列,
设此数列为{an},公比为q,前n项和为Sn,
由题意可得q=2,S5=a1(1-q5)1-q=5,解得a1=531,所以第二天织布的尺数为a2=a1q=1031.故选B.
11.B 设大鼠和小鼠每天穿墙的尺数分别为数列{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天时两鼠穿墙的尺数之和为Sn,
则Sn=1-2n1-2+1-12n1-12=2n-12n-1+1,
当n=2时,S3=92<5,
当n=3时,S4=354>5,
故两鼠相逢时是第3天.
故选B.
12.答案 B
信息提取 (1)蒲生一日,长四尺.(2)莞生一日,长一尺.(3)蒲生日自半,莞生日自倍.
数学建模 本题以我国数学名著《九章算术》中记载的关于蒲、莞(两种水草)的生长速度问题为背景,构建等比数列的模型.根据题意可知蒲每天生长的尺数构成首项a1=4,公比q1=12的等比数列,莞每天生长的尺数构成首项b1=1,公比q2=2的等比数列,利用等比数列的前n项和公式求和,再由“莞的长度为蒲的长度的四倍”建立方程求出n.
解析 由题意知,蒲第一天长高四尺,以后蒲每天长高前一天的一半,所以蒲每天生长的尺数构成首项a1=4,公比q1=12的等比数列,设其前n项和为Sn,则Sn=4×1-12n1-12=8-12n-3,
又莞第一天长高一尺,以后每天长高前一天的两倍,则莞每天生长的尺数构成首项b1=4,公比q2=2的等比数列,设其前n项和为Tn,则Tn=1×(1-2n)1-2=2n-1,
令Tn=4Sn,即2n-1=4×8-12n-3,解得n=5.故选B.
13.答案 132
解析 由题意,由下至上,各层正方形的边长构成以22为首项,22为公比的等比数列,由下至上,各层正方形的个数构成以1为首项,2为公比的等比数列.现已知共得到1 023个正方形,设共有n(n∈N*)层正方形,则有1+2+…+2n-1=1×(1-2n)1-2=1 023,解得n=10,故最小正方形的边长为22×229=132,故答案为132.
能力提升练
1.B 由数列{an}为等比数列,an>0,且amam+1am+2=26m,可得am+13=26m,所以am+1=22m,所以an=22n-2,又p+q=6,所以ap·aq=22p-2·22q-2=22(p+q)-4=28.
2.BC ∵a1a4=32,a2+a3=12,∴a2a3=a1a4=32,a2+a3=12,
解得a2=4,a3=8或a2=8,a3=4,
∵{an}为递增数列,∴a2=4,a3=8,
∴q=a3a2=2,∴a1=a2q=2,
∴an=2n,∴Sn=2×(1-2n)1-2=2n+1-2,
∴S8=29-2=510,又Sn+2=2n+1,∴数列{Sn+2}是等比数列,故A错误,B、C正确.
又lg an=lg 2n=n·lg 2,∴数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列,故D错误.故选BC.
3.ACD 由该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列,且a11=2,a13=a61+1,
可得a13=a11m2=2m2,a61=a11+5m=2+5m,所以2m2=2+5m+1,
解得m=3或m=-12(舍去),所以A中结论是正确的;
a67=a61m6=(2+5×3)×36=17×36,所以B中结论是不正确的;
aij=ai1mj-1=[a11+(i-1)×m]×mj-1=[2+(i-1)×3]×3j-1=(3i-1)×3j-1,所以C中结论是正确的;
由题意可得S=(a11+a12+…+a1n)+(a21+a22+…+a2n)+…+(an1+an2+…+ann)
=a11(1-3n)1-3+a21(1-3n)1-3+…+an1(1-3n)1-3
=12(3n-1)·(2+3n-1)n2
=14n(3n+1)(3n-1),所以D中结论是正确的.故选ACD.
4.答案 8
解析 设该数列为a1,a2,…,a2n,公比为q,由题意可得q=2,an+an+1=24.又a1=1,所以qn-1+qn=24,即2n-1+2n=24,解得n=4,故此等比数列的项数为8.
5.答案 1;(-∞,-2)
解析 设等比数列{an}的公比为q(q≠1).∵Sn=a1(1-qn)1-q=2n-a,∴a1=S1=2-a,q=2,
∴(2-a)(2n-1)=2n-a,∴a=1,∴an=2n-1,∴lg2an=2(n-1),
∴Tn=n2-n>2n+λ对n∈N*恒成立,即λ6.解析 (1)等差数列{bn}满足b1=1,b2+b5=b8,设其公差为d,
则2b1+5d=b1+7d,即d=12,
∴{bn}的通项公式为bn=n+12.
又∵b2Sn+1+b5Sn-1=b8Sn(n≥2,n∈N*),
即Sn+1+2Sn-1=3Sn(n≥2,n∈N*),
∴Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)(n≥2,n∈N*),
∴an+1=2an,∴an+1an=2(n≥2,n∈N*),
又a2=2a1=2,∴a2a1=2也满足此式,
∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,即an=2n-1.
(2)设cn=anbn.由(1)知数列{cn}的通项公式为cn=14(n·2n+2n),设kn=n·2n,hn=2n,{kn}的前n项和为Kn,则Kn=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n①,
∴2Kn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1②,
∴①-②,得-Kn=2+22+23+24+…+2n-n·2n+1,即Kn=(n-1)·2n+1+2,
设{hn}的前n项和为Hn,
则Hn=2n+1-2,∴Tn=14(Kn+Hn)=n·2n-1.
7.解析 (1)选择①.理由如下:若选①,因为数列{f(an)}是首项为4,公比为2的等比数列,
所以f(an)=aan=4×2n-1=2n+1,
解得an=lga2n+1=(n+1)lga2,此时数列{an}为等差数列.
若选②,因为数列{f(an)}是首项为4,公差为2的等差数列,
所以f(an)=4+2(n-1)=2n+2,即aan=2n+2,
解得an=lga(2n+2),此时数列{an}不是等差数列.
若选③,因为数列{f(an)}是首项为4 ,公比为2的等比数列的前n项和构成的数列,
所以f(an)=aan=4(2n-1),解得an=lga[4(2n-1)],显然此时数列{an}不是等差数列.
故选择①.
(2)由(1)及a=2可得an=n+1,所以an·bn=(n+1)·12n=n+12n,
其前n项和Sn=1+322+423+524+…+n+12n,
则12Sn=12+323+424+525+…+n2n+n+12n+1,
两式相减可得12Sn=1+122+123+124+125+…+12n-n+12n+1
=1+14-12n×121-12-n+12n+1=32-n+32n+1,
所以Sn=3-n+32n.
8.解析 (1)证明:∵an+2=2an+1+3an,∴an+2+an+1=3(an+1+an),an+an+1≠0,
∴{an+an+1}是以a1+a2为首项,3为公比的等比数列.
(2)由题意得a1+a2=2,∵an+2+an+1=3(an+1+an),
∴an+1+an=(a1+a2)·3n-1=2·3n-1,
∴an=2·3n-2-an-1=2·3n-2-(2·3n-3-an-2)=4·3n-3+an-2(n≥3).
当n≥3且n为奇数时,an=4·3n-3+4·3n-5+…+4·30+a1=4·1·(1-9n-12)1-9+12=12·3n-1,当n=1时,a1=12满足此式;
当n≥3且n为偶数时,an=4·3n-3+4·3n-5+…+4·31+a2=4·3·(1-9n-22)1-9+32=12·3n-1,当n=2时,an=32满足此式.
综上,an=12·3n-1(n∈N*).
9.解析 (1)证明:∵数列{an}满足an+1=12an+t,a1=12t为常数,且t≠14,
∴an+1-2t=12an-t=12(an-2t),
易得an≠2t,∴an+1-2tan-2t=12,
又a1-2t=12-2t≠0,∴{an-2t}是以12-2t为首项,12为公比的等比数列.
(2)当t=-18时,an+14是以34为首项,12为公比的等比数列,
∴an+14=3412n-1=3212n,∴an=3212n-14,令an=3212n-14≥0,结合n∈N*,可得n≤2.
∴数列{an}的前2项和最大.
(3)当t=0时,{an}是以12为首项,12为公比的等比数列,
∴an=12n,∴cn=4an+1=42n+1,
∴数列{cn}的前n项和Tn=4×121-12n1-12+n=4+n-42n,
∵不等式12k4+n-Tn≥2n-7对任意的n∈N*恒成立,
∴3k≥2n-72n对任意的n∈N*恒成立,
设dn=2n-72n,n∈N*,由dn+1-dn=2n-52n+1-2n-72n=-2n+92n+1,
可知当n≤4时,dn+1>dn,
即d5>d4>d3>…,当n≥5时,dn+1d6>d7>…,
又d5=332,∴3k≥332,
解得k≥132,∴实数k的取值范围是132,+∞.
10.答案 B
信息提取 (1)自上而下,第一层1件,以后每一层都比上一层多1件.(2)最后一层是n件.
（3）已知第一层货物的单价是1万元,从第二层起,每一层货物的单价都是上一层单价的45.
(4)这堆货物的总价是25-6545n万元.
数学建模 本题以《梦溪笔谈》中的“垛积术”为背景,由“菱草垛”可建立有关数列的数学模型,由“每一层都比上一层多1件”可知货物的件数自上而下构成首项为1,公差为1的等差数列,每一层货物的单价(万元)构成首项为1,公比为45的等比数列,第n层货物的单价(万元)记为an,则an=n×45n-1,从而利用错位相减法求数列{an}的和,进而解出n.
解析 由题意,可设前n层货物的总价(万元)为Sn,则
Sn=1+2×45+3×452+…+n×45n-1,
45Sn=45+2×452+…+(n-1)×45n-1+n×45n,
两式相减可得15Sn=1+45+452+…+45n-1-n×45n
=1-45n1-45-n×45n
=5-(n+5)×45n,
所以Sn=25-5(n+5)×45n,
令Sn=25-5(n+5)×45n=25-65×45n,
解得n=8.
故选B.
11.B 依题意,可设方格蜘蛛网中某个正方形的边长为a(a≤1)米,其内接小正方形的边长为b米,则b=37a2+47a2=57a,则每个小正方形的周长为其外接正方形周长的57,故正方形的周长米数从外到内构成以4为首项,57为公比的等比数列,设此数列为{an},其前n项和为Sn,
则Sn=41-57n1-57≤13,
所以114≤57n⇒n≤lg 114lg 57⇒n≤lg14lg75⇒n≤lg2+lg7lg 75⇒n≤1-lg5+lg7lg 75⇒n≤1+lg75lg 75,将lg 75≈0.15代入,得n≤7.67,
所以完整的正方形的个数最多为7.故选B.
12.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.
13.解析 遥控车开始在第0格为必然事件,故P0=1,第一次掷骰子,若正面向上的点数不为6,则此时遥控车移动到第1格,其概率为56,即P1=56;遥控车移动到第n格(2≤n≤49)格的情况是下列两种,而且也只有这两种:
①遥控车先移动到第n-2格,抛掷出正面向上的点数为6,其概率为16Pn-2;
②遥控车先移动到第n-1格,抛掷出正面向上的点数不为6,其概率为56Pn-1.
故Pn=16Pn-2+56Pn-1,即Pn-Pn-1=-16(Pn-1-Pn-2),故1≤n≤49时,{Pn-Pn-1}是首项为P1-P0=-16,公比为-16的等比数列,故Pn-Pn-1=-16n,
所以Pn=P0+(P1-P0)+(P2-P1)+…+(Pn-Pn-1)
=1+-16+-162+…+-16n=1--16n+11--16=671--16n+1.
因为P50=16P48=16×67×1--1649=17×1+1649<12,P49=1-P50>12,
所以这种游戏方案中客户中奖的可能性较大,对意向客户具有吸引力.