专题强化练2 等比数列的综合运用-2022版数学选择性必修第二册 北师大版（2019） 同步练习 （Word含解析）

这是一份专题强化练2 等比数列的综合运用-2022版数学选择性必修第二册 北师大版（2019） 同步练习 （Word含解析），共5页。
专题强化练2　等比数列的综合运用一、选择题1.(2020北京石景山高二上期末,)设{an}是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2n<0”的              (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.充要条件     B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件2.()已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1+2a2=0,S3=,且a≤Sn≤a+2,则实数a的取值范围是              (　　)A.[0,1] B.[-1,0]  C. D.3.(2021山东菏泽高三上期末,)已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn=2an-1,若an∈(0,2 021),则称项an为“和谐项”,则数列{an}的所有“和谐项”的和为              (　　)A.1 022 B.1 023 C.2 046 D.2 0474.(2021河北秦皇岛一中高二上月考,)已知数列{an}满足a1+a2+a3+…+an=n,记数列{2an-n}的前n项和为Sn,则Sn=              (　　)A.2n-- B.2n---1 C.2n+1---2 D.2n+1--5.(多选)(2020山东聊城高二上期末,)已知数列{an}满足a1=1,an+1=(n∈N+),则下列结论正确的有(　　)A.数列为等比数列B.数列{an}的通项公式为an=C.数列{an}为递增数列D.数列的前n项和Tn=2n+2-3n-4二、填空题6.(2021豫南九校高二上联考,)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且S5=5,S10=15,则S15=　　　　. 7.(2021浙江山水联盟高二上开学考试,)若数列{an}满足a1=2,an+1=4an+4+1,则使得an≥2 0202成立的最小正整数n的值是　　　　. 三、解答题8.(2021浙江衢州高二上期末,)在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若d<0,bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.        9.(2021安徽示范高中培优联盟高二上秋季联赛,)已知公比q≠-1的等比数列{an}的前n项和为Sn,且S3=14,2a1+a2=a3,n∈N+.设bn=log2an(n∈N+).(1)求an,bn;(2)设Tn=++…+,若<λTn对任意n∈N+都成立,求正整数λ的最小值.深度解析    答案全解全析 专题强化练2　等比数列的综合运用一、选择题1.C　由题意得,a1>0,a2n-1+a2n=a1q2n-2+a1q2n-1=a1q2(n-1)(1+q).当q<0时,a2n-1+a2n<0不一定成立,例如,当q=-时,a2n-1+a2n=a1q2(n-1)(1+q)>0,故充分性不成立.当a2n-1+a2n=a1q2(n-1)(1+q)<0时,可得q<-1,由此可推出q<0,必要性成立.故选C.2.D　设等比数列{an}的公比为q,因为a1+2a2=0,S3=,所以解得所以Sn==,所以当n=1时,Sn取得最大值1,当n=2时,Sn取得最小值,所以解得-1≤a≤,故选D.3.D　当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1)=2an-2an-1,∴an=2an-1(n≥2),又a1=S1=2a1-1,∴a1=1,∴{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n-1, ∵an=2n-1<2 021,∴n-1≤10,即n≤11,∴所求和为=2 047.故选D.4.C　因为a1+a2+a3+…+an=n①,所以a1=1,当n≥2,n∈N+时,有a1+a2+a3+…+an-1=n-1②,①-②得,an=1(n≥2),所以an=2n-1(n≥2),显然a1=1满足上式,所以an=2n-1(n∈N+),令2an-n=bn,则bn=2n-n,因此Sn=(2-1)+(22-2)+(23-3)+…+(2n-n)=(2+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n)=-=2n+1---2.5.ABD　由已知得==+3,∴+3=2,又+3=4≠0,∴是以4为首项,2为公比的等比数列,∴+3=4×2n-1=2n+1,∴=2n+1-3,∴an=,结合函数的性质可知,{an}为递减数列,的前n项和Tn=(22-3)+(23-3)+…+(2n+1-3)=22+23+…+2n+1-3n=-3n=2n+2-3n-4.故选ABD.二、填空题6.答案　35解析　因为等比数列{an}的前n项和为Sn,所以S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,因为S5=5,S10=15,所以S10-S5=10,S15-S10=10×2=20,故S15=15+20=35.7.答案　11解析　∵an+1=4an+4+1=(2+1)2>0,∴=2+1,∴+1=2(+1),∴数列{+1}是以+1=+1为首项,2为公比的等比数列,∴+1=(+1)×2n-1,∴=(+1)×2n-1-1,由an≥2 0202得≥2 020,即2n-1≥=2 021×(-1)≈837,∵29=512,210=1 024且n∈N+,∴满足题意的最小正整数n=11.三、解答题8.解析　(1)∵a1,2a2+2,5a3成等比数列,∴(2a2+2)2=5a3a1,整理得d2-3d-4=0,解得d=-1或d=4.当d=-1时,an=10-(n-1)=-n+11;当d=4时,an=10+4(n-1)=4n+6.∴an=-n+11或an=4n+6,n∈N+.(2)∵d<0,∴d=-1,an=-n+11,∴bn=.当n=1时,Sn=,当n≥2时,Sn=++++…+,令T=++…+,则T=++…++,两式相减可得T=+++…+-=-,n≥2,整理可得T=+×,n≥2,则Sn=+×,n≥2,显然S1=满足上式,所以Sn=+×,n∈N+.9.解析　(1)∵2a1+a2=a3,∴a1(2+q)=a1q2,∴q2-q-2=0,∵q≠-1,∴q=2.又S3=14,∴=14,∴a1=2,∴an=2n(n∈N+),∴bn=log2an=n(n∈N+).(2)==-,∴Tn=++…+=1-+-+…+-=1-=,∴不等式<λTn⇔<⇔λ>对任意n∈N+都成立,令f(n)=,则 =.令>1,得<n<;令<1,得n>n<舍去.∴当n=1时,=>1;当n≥2时,=<1,∴f(n)max=f(2)=,∵λ为正整数,∴λmin=1.方法技巧对于数列中的最值问题,往往构造相应的函数,将问题转化为函数的最值问题,利用函数思想求解.