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03 第36讲 等比数列及其前n项和 【答案】听课高考数学练习
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【知识聚焦】
1.q an=a1qn-1 an=amqn-m(n,m∈N*) na1 a1(1-qn)1-q
a1-anq1-q
2.(1)am·qn-m (2)ap·aq ak2
【对点演练】
1.3·2n-1或2·3n-1 [解析] 设数列{an}的公比为q,由题意得a1q=6,6a1+a1q2=30,解得q=2,a1=3或q=3,a1=2,故an=3·2n-1或an=2·3n-1.
2.2 -2 [解析] 依题意得q≠1,因为8a2+a5=0,S5=22,即8a1q+a1q4=0,a1(1-q5)1-q=22,所以a1=2,q=-2.
3.3 [解析] ∵a1,a13是方程x2-13x+9=0的两根,∴a1+a13=13,a1·a13=9,∴a1>0,a13>0,a1·a13=a2·a12=a72=9,又数列{an}为等比数列,等比数列奇数项的符号相同,∴a7=3,∴a2a12a7=93=3.
4.1,3,9或9,3,1 [解析] 设这个等比数列为aq,a,aq,则a+aq+aq=13,a·aq·aq=27,解得a=3,q=13或a=3,q=3,∴这个等比数列为1,3,9或9,3,1.
5.4 [解析] 设数列{an}的公比为q,∵a52=a3a7=2×8=16,∴a5=±4,又∵a5=a3q2>0,∴a5=4.
6.-12 [解析] 若q=1,则S10S5=10a15a1=2≠3132,所以q≠1.当q≠1时,由S10S5=3132,得(-1)(1-q10)1-q·1-q(-1)(1-q5)=3132,即1+q5=3132,即q5=-132,所以q=-12.
7.28 [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=4,S10=12,所以S10-S5=8,S15-S10=16,故S15=12+16=28.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)根据题意列出关于公比q的方程,求出q,注意q=1时的情况,即可求出S4.(2)根据题意,由等比数列的通项公式列出关于首项和公比的方程组,再计算可得答案.
(1)C (2)D [解析] (1)设数列{an}的公比为q(q>0),当q=1时,S5=5,5S3-4=11,S5≠5S3-4,不合题意;当q≠1时,由S5=5S3-4,得1-q51-q=5·1-q31-q-4,即1-q5=5-5q3-4+4q,即q5-5q3+4q=0,即q4-5q2+4=0,即(q2-1)(q2-4)=0,解得q=±1(舍去)或q=-2(舍去)或q=2,因此S4=1-q41-q=15.故选C.
(2)设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由题意得a1+a2+a3=168,a2-a5=42,即a1(1+q+q2)=168,a1q(1-q3)=42,
即a1(1+q+q2)=168,a1q(1-q)(1+q+q2)=42,解得q=12,a1=96,所以a6=96×125=3.故选D.
变式题 (1)B (2)C (3)C [解析] (1)由a2a5=132,可得a12·125=132,解得a12=1,又an>0,所以a1=1,所以a6=a1q5=1×125=132.故选B.
(2)方法一:设数列{an}的公比为q,由题意可得,当n=1时,a2=2a1+2,即a1q=2a1+2①,当n=2时,a3=2(a1+a2)+2,即a1q2=2(a1+a1q)+2②,联立①②可得a1=2,q=3,则a4=a1q3=54.故选C.
方法二:由题意,{an}为等比数列,且an+1=2Sn+2①,∴an=2Sn-1+2(n≥2)②,①-②得an+1-an=2an(n≥2),即an+1=3an(n≥2),故数列{an}是公比为3的等比数列.又∵a2=2(a1+1)=3a1,∴a1=2,故a4=2×33=54.
(3)设第n层浮雕数为an,数列{an}的公比为q,则第2层浮雕数为a2,第5层浮雕数为a5,∴a2=6,a5=48,∵各层浮雕数成等比数列,∴48=6×q3,∴q=2,∴第7层浮雕数为a7=a5·q2=48×4=192,故选C.
例2 [思路点拨] (1)根据an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2得到an-1=2(an-1-1)(n≥2),从而判断出数列{an-1}是等比数列;(2)在(1)的基础上得到1an=12n-1+1<12n-1,再利用等比数列求和公式得到证明.
证明:(1)因为Sn=2an+n-3,所以Sn-1=2an-1+(n-1)-3(n≥2,n∈N*),所以an=Sn-Sn-1=2an-2an-1+1(n≥2,n∈N*),所以an=2an-1-1(n≥2,n∈N*),所以an-1=2(an-1-1)(n≥2,n∈N*).由a1=S1=2a1-2,可得a1=2,则a1-1=1,所以数列{an-1}是首项为1,公比为2的等比数列.
(2)由(1)可知an=2n-1+1,则1an=12n-1+1<12n-1,所以1a1+1a2+…+1an<1+12+…+12n-1=1-12n1-12=2-12n-1,又因为12n-1>0恒成立,所以1a1+1a2+…+1an<2.
变式题 解:(1)证明:因为an+1=an+2bn,bn+1=2an+bn,所以an+1+bn+1=3(an+bn),an+1-bn+1=-(an-bn),又由a1=3,b1=2得a1-b1=1,a1+b1=5,所以数列{an+bn}是首项为5,公比为3的等比数列,数列{an-bn}是首项为1,公比为-1的等比数列.
(2)由(1)得an+bn=5×3n-1,an-bn=(-1)n-1,所以an=5×3n-1+(-1)n-12,bn=5×3n-1-(-1)n-12,所以anbn=5×3n-1+(-1)n-12×5×3n-1-(-1)n-12=25×32n-2-14,所以Sn=254×1-9n1-9-n4=25×(9n-1)-8n32.
例3 [思路点拨] (1)利用等比数列项的性质,结合对数的运算法则即可得解.(2)根据等比数列项的性质求解即可.
(1)C (2)D [解析] (1)因为{an}是各项均为正数的等比数列,a2a5a8=212,所以a53=212=(24)3,则a5=24,所以b1+b2+b3+…+b9=lg2a1+lg2a2+lg2a3+…+lg2a9=lg2(a1a2a3…a9)=lg2a59=lg2(24)9=lg2236=36.故选C.
(2)由a2a3a4=4,a5a6a7=16可得a33=4,a63=16,又a62=a3a9,故a66=a33a93,则162=4a93,解得a93=64,所以a8a9a10=a93=64.故选D.
变式题 9 [解析] 由T12=T6得T12T6=1,即a7a8a9a10a11a12=(a9a10)3=1,故a9a10=1,因为a1a18=a9a10,所以a1a18=1,由01,所以等比数列{an}是递增数列,故0例4 [思路点拨] (1)思路一:根据等比数列的前n项和公式求出公比,再根据S4,S8的关系即可解出;思路二:根据等比数列前n项和的性质求解.(2)根据等比数列前n项和的性质,可得S4,S8-S4,S12-S8仍成等比数列,又由题意得到S8-S4S4=3,即可求解.
(1)C (2)A [解析] (1)方法一:由题易知公比q≠1且q≠0,∵S6=21S2,∴1-q6=21(1-q2),∴q4+q2-20=0,∴q2=4,则S8S4=1+q4=17,∴S8=17×(-5)=-85.故选C.
方法二:由等比数列的性质可得S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6成等比数列,因此(S4-S2)2=S2(S6-S4),将S4=-5,S6=21S2代入上式,解得S2=-1或S2=54.当S2=54时,S4=S2(1+q2)>0,不满足题意,∴S2=-1,则S6=-21,由等比数列的性质可知(S6-S4)2=(S4-S2)(S8-S6),得S8=-85.故选C.
(2)设S4=x(x≠0),则S8=4x,因为{an}为等比数列,所以S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12仍成等比数列.易知S8-S4S4=4x-xx=3,所以S12-S8=3(S8-S4)=9x,S16-S12=3(S12-S8)=27x,可得S12=13x,S16=40x,故S16S4+S8=40xx+4x=8.故选A.
变式题 (1)A (2)B [解析] (1)方法一:设等比数列{an}的公比为q.若q=1,则S4=4a1,S2=2a1,即S4=2S2,与已知矛盾,故q≠1.设S6=m,则由已知得S2=a1(1-q2)1-q=4①,S4=a1(1-q4)1-q=6②,S6=a1(1-q6)1-q=m③,由②÷①,③÷①分别得1+q2=32,1+q2+q4=m4,解得m=7.
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(进群送往届全部资料)方法二:根据等比数列前n项和的性质知,S2,S4-S2,S6-S4也成等比数列,即有(6-4)2=4×(S6-6),解得S6=7.
(2)设数列{an}的公比为q,若q=1,则S2mSm=2,与题中条件矛盾,
故q≠1.∵S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q=qm+1=9,∴qm=8,∴a2mam=a1q2m-1a1qm-1=qm=8=5m+1m-1,∴m=3,则q3=8,∴q=2.
【知识聚焦】
1.q an=a1qn-1 an=amqn-m(n,m∈N*) na1 a1(1-qn)1-q
a1-anq1-q
2.(1)am·qn-m (2)ap·aq ak2
【对点演练】
1.3·2n-1或2·3n-1 [解析] 设数列{an}的公比为q,由题意得a1q=6,6a1+a1q2=30,解得q=2,a1=3或q=3,a1=2,故an=3·2n-1或an=2·3n-1.
2.2 -2 [解析] 依题意得q≠1,因为8a2+a5=0,S5=22,即8a1q+a1q4=0,a1(1-q5)1-q=22,所以a1=2,q=-2.
3.3 [解析] ∵a1,a13是方程x2-13x+9=0的两根,∴a1+a13=13,a1·a13=9,∴a1>0,a13>0,a1·a13=a2·a12=a72=9,又数列{an}为等比数列,等比数列奇数项的符号相同,∴a7=3,∴a2a12a7=93=3.
4.1,3,9或9,3,1 [解析] 设这个等比数列为aq,a,aq,则a+aq+aq=13,a·aq·aq=27,解得a=3,q=13或a=3,q=3,∴这个等比数列为1,3,9或9,3,1.
5.4 [解析] 设数列{an}的公比为q,∵a52=a3a7=2×8=16,∴a5=±4,又∵a5=a3q2>0,∴a5=4.
6.-12 [解析] 若q=1,则S10S5=10a15a1=2≠3132,所以q≠1.当q≠1时,由S10S5=3132,得(-1)(1-q10)1-q·1-q(-1)(1-q5)=3132,即1+q5=3132,即q5=-132,所以q=-12.
7.28 [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=4,S10=12,所以S10-S5=8,S15-S10=16,故S15=12+16=28.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)根据题意列出关于公比q的方程,求出q,注意q=1时的情况,即可求出S4.(2)根据题意,由等比数列的通项公式列出关于首项和公比的方程组,再计算可得答案.
(1)C (2)D [解析] (1)设数列{an}的公比为q(q>0),当q=1时,S5=5,5S3-4=11,S5≠5S3-4,不合题意;当q≠1时,由S5=5S3-4,得1-q51-q=5·1-q31-q-4,即1-q5=5-5q3-4+4q,即q5-5q3+4q=0,即q4-5q2+4=0,即(q2-1)(q2-4)=0,解得q=±1(舍去)或q=-2(舍去)或q=2,因此S4=1-q41-q=15.故选C.
(2)设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由题意得a1+a2+a3=168,a2-a5=42,即a1(1+q+q2)=168,a1q(1-q3)=42,
即a1(1+q+q2)=168,a1q(1-q)(1+q+q2)=42,解得q=12,a1=96,所以a6=96×125=3.故选D.
变式题 (1)B (2)C (3)C [解析] (1)由a2a5=132,可得a12·125=132,解得a12=1,又an>0,所以a1=1,所以a6=a1q5=1×125=132.故选B.
(2)方法一:设数列{an}的公比为q,由题意可得,当n=1时,a2=2a1+2,即a1q=2a1+2①,当n=2时,a3=2(a1+a2)+2,即a1q2=2(a1+a1q)+2②,联立①②可得a1=2,q=3,则a4=a1q3=54.故选C.
方法二:由题意,{an}为等比数列,且an+1=2Sn+2①,∴an=2Sn-1+2(n≥2)②,①-②得an+1-an=2an(n≥2),即an+1=3an(n≥2),故数列{an}是公比为3的等比数列.又∵a2=2(a1+1)=3a1,∴a1=2,故a4=2×33=54.
(3)设第n层浮雕数为an,数列{an}的公比为q,则第2层浮雕数为a2,第5层浮雕数为a5,∴a2=6,a5=48,∵各层浮雕数成等比数列,∴48=6×q3,∴q=2,∴第7层浮雕数为a7=a5·q2=48×4=192,故选C.
例2 [思路点拨] (1)根据an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2得到an-1=2(an-1-1)(n≥2),从而判断出数列{an-1}是等比数列;(2)在(1)的基础上得到1an=12n-1+1<12n-1,再利用等比数列求和公式得到证明.
证明:(1)因为Sn=2an+n-3,所以Sn-1=2an-1+(n-1)-3(n≥2,n∈N*),所以an=Sn-Sn-1=2an-2an-1+1(n≥2,n∈N*),所以an=2an-1-1(n≥2,n∈N*),所以an-1=2(an-1-1)(n≥2,n∈N*).由a1=S1=2a1-2,可得a1=2,则a1-1=1,所以数列{an-1}是首项为1,公比为2的等比数列.
(2)由(1)可知an=2n-1+1,则1an=12n-1+1<12n-1,所以1a1+1a2+…+1an<1+12+…+12n-1=1-12n1-12=2-12n-1,又因为12n-1>0恒成立,所以1a1+1a2+…+1an<2.
变式题 解:(1)证明:因为an+1=an+2bn,bn+1=2an+bn,所以an+1+bn+1=3(an+bn),an+1-bn+1=-(an-bn),又由a1=3,b1=2得a1-b1=1,a1+b1=5,所以数列{an+bn}是首项为5,公比为3的等比数列,数列{an-bn}是首项为1,公比为-1的等比数列.
(2)由(1)得an+bn=5×3n-1,an-bn=(-1)n-1,所以an=5×3n-1+(-1)n-12,bn=5×3n-1-(-1)n-12,所以anbn=5×3n-1+(-1)n-12×5×3n-1-(-1)n-12=25×32n-2-14,所以Sn=254×1-9n1-9-n4=25×(9n-1)-8n32.
例3 [思路点拨] (1)利用等比数列项的性质,结合对数的运算法则即可得解.(2)根据等比数列项的性质求解即可.
(1)C (2)D [解析] (1)因为{an}是各项均为正数的等比数列,a2a5a8=212,所以a53=212=(24)3,则a5=24,所以b1+b2+b3+…+b9=lg2a1+lg2a2+lg2a3+…+lg2a9=lg2(a1a2a3…a9)=lg2a59=lg2(24)9=lg2236=36.故选C.
(2)由a2a3a4=4,a5a6a7=16可得a33=4,a63=16,又a62=a3a9,故a66=a33a93,则162=4a93,解得a93=64,所以a8a9a10=a93=64.故选D.
变式题 9 [解析] 由T12=T6得T12T6=1,即a7a8a9a10a11a12=(a9a10)3=1,故a9a10=1,因为a1a18=a9a10,所以a1a18=1,由0
(1)C (2)A [解析] (1)方法一:由题易知公比q≠1且q≠0,∵S6=21S2,∴1-q6=21(1-q2),∴q4+q2-20=0,∴q2=4,则S8S4=1+q4=17,∴S8=17×(-5)=-85.故选C.
方法二:由等比数列的性质可得S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6成等比数列,因此(S4-S2)2=S2(S6-S4),将S4=-5,S6=21S2代入上式,解得S2=-1或S2=54.当S2=54时,S4=S2(1+q2)>0,不满足题意,∴S2=-1,则S6=-21,由等比数列的性质可知(S6-S4)2=(S4-S2)(S8-S6),得S8=-85.故选C.
(2)设S4=x(x≠0),则S8=4x,因为{an}为等比数列,所以S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12仍成等比数列.易知S8-S4S4=4x-xx=3,所以S12-S8=3(S8-S4)=9x,S16-S12=3(S12-S8)=27x,可得S12=13x,S16=40x,故S16S4+S8=40xx+4x=8.故选A.
变式题 (1)A (2)B [解析] (1)方法一:设等比数列{an}的公比为q.若q=1,则S4=4a1,S2=2a1,即S4=2S2,与已知矛盾,故q≠1.设S6=m,则由已知得S2=a1(1-q2)1-q=4①,S4=a1(1-q4)1-q=6②,S6=a1(1-q6)1-q=m③,由②÷①,③÷①分别得1+q2=32,1+q2+q4=m4,解得m=7.
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(2)设数列{an}的公比为q,若q=1,则S2mSm=2,与题中条件矛盾,
故q≠1.∵S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q=qm+1=9,∴qm=8,∴a2mam=a1q2m-1a1qm-1=qm=8=5m+1m-1,∴m=3,则q3=8,∴q=2.
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