选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列精品第1课时练习

这是一份选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列精品第1课时练习，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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一、选择题


1．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


C [在等比数列{an}中，S2、S4－S2、S6－S4也成等比数列，故(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，则(15－3)2＝3(S6－15)，解得S6＝63.]


2．已知{an}是等比数列，a3＝1，a6＝eq \f(1,8)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1等于( )


A．16(1－4－n)B．16(1－2－n)


C．eq \f(32,3)(1－4－n)D．eq \f(32,3)(1－2－n)


C [∵a3＝1，a6＝eq \f(1,8)，∴q＝eq \f(1,2)，∴a1＝4，


∴a1a2＝8，


∵eq \f(anan+1,an-1an) ＝q2＝eq \f(1,4)


∴数列{anan+1}是以8为首项，eq \f(1,4)为公比的等比数列．


∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq \f(32,3)(1－4－n)．]


3．设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1＝( )


A．－2B．－1


C．eq \f(1,2)D．eq \f(2,3)


B [由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，解得q＝－1(舍)或q＝eq \f(3,2)，将q＝eq \f(3,2)代入S2＝3a2＋2中得a1＋eq \f(3,2)a1＝3×eq \f(3,2)a1＋2，解得a1＝－1.故选B. ]


4．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是其前n项和，且9S3＝S6，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和等于( )


A．eq \f(15,8)或5 B．eq \f(31,16)或5 C．eq \f(31,16)D．eq \f(15,8)


C [设数列{an}的公比为q，显然q≠1，由已知得eq \f(91－q3,1－q)＝eq \f(1－q6,1－q)，解得q＝2(q＝1舍去)，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，前5项和为eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5))),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).]


5．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )


A．1盏B．3盏


C．5盏D．9盏


B [设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，


∴S7＝eq \f(a11－q7,1－q)＝eq \f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.


故选B.]


二、填空题


6．在等比数列{an}中，若a1＝eq \f(1,2)，a4＝－4，则|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.


2n－1－eq \f(1,2) [由a4＝a1q3得q＝－2，∴an＝eq \f(1,2)(－2)n－1，


∴|an|＝2n－2.∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝eq \f(\f(1,2)1－2n,1－2)＝2n－1－eq \f(1,2).]


7．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________.


6 [∵a1＝2，an＋1＝2an，


∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，


又∵Sn＝126，∴eq \f(21－2n,1－2)＝126，∴n＝6.]


8．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．


6 [由题意知，第n天植树2n棵，则前n天共植树2＋22＋…＋2n＝(2n＋1－2)棵，令2n＋1－2≥100，则2n＋1≥102，


又26＝64，27＝128，且{2n＋1}单调递增，所以n≥6，即n的最小值为6.]


三、解答题


9．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列．


(1)求{an}的公比q；


(2)若a1－a3＝3，求Sn.


[解] (1)依题意有a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)，


由于a1≠0，故2q2＋q＝0.


又q≠0，从而q＝－eq \f(1,2).


(2)由已知可得a1－a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝3，


故a1＝4.


从而Sn＝eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n))).


10．已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列．


(1)求{an}的通项公式；


(2)记bn＝eq \f(an,3n)的前n项和为Tn，求Tn.


[解] (1)设正项等差数列{an}的公差为d，则d＞0.∵S3＝12，即a1＋a2＋a3＝12，∴3a2＝12，∴a2＝4.又2a1，a2，a3＋1成等比数列，∴aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))＝2a1·(a3＋1)，即42＝2(4－d)·(4＋d＋1)，解得d＝3或d＝－4(舍去)，∴a1＝a2－d＝1，故an＝3n－2.


(2)bn＝eq \f(an,3n)＝eq \f(3n－2,3n)＝(3n－2)×eq \f(1,3n)，


∴Tn＝1×eq \f(1,3)＋4×eq \f(1,32)＋7×eq \f(1,33)＋…＋(3n－2)×eq \f(1,3n).①


①×eq \f(1,3)得eq \f(1,3)Tn＝1×eq \f(1,32)＋4×eq \f(1,33)＋7×eq \f(1,34)＋…＋(3n－5)×eq \f(1,3n)＋(3n－2)×eq \f(1,3n＋1).②


①－②得，eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋3×eq \f(1,32)＋3×eq \f(1,33)＋3×eq \f(1,34)＋…＋3×eq \f(1,3n)－(3n－2)×eq \f(1,3n＋1)＝eq \f(1,3)＋3×eq \f(\f(1,32)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－(3n－2)×eq \f(1,3n＋1)＝eq \f(5,6)－eq \f(1,2)×eq \f(1,3n－1)－(3n－2)×eq \f(1,3n＋1)，


∴Tn＝eq \f(5,4)－eq \f(1,4)×eq \f(1,3n－2)－eq \f(3n－2,2)×eq \f(1,3n)＝eq \f(5,4)－eq \f(6n＋5,4)×eq \f(1,3n).





11．(多选题)设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)