人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列第1课时课时练习

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4.3.2 等比数列的前n项和公式 第1课时 等比数列的前n项和公式
A级　基础巩固
1.若等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,则= (　　)
A.2 B.4 C. D.
答案:C
2.(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6= (　　)
A.14 B.12 C.6 D.3
解析:设等比数列{an}的公比为q,q≠0,由题意知,q≠1.
由前3项和为a1+a2+a3==168,a2-a5=a1·q-a1·q4=a1·q(1-q3)=42,可得q=,a1=96.所以a6=a1·q5=96×5=3,故选D.
答案:D
3.已知等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn,若S3=,S6=,则a8=32.
4.已知{an}是首项为1的等比数列,Sn是{an}的前n项和,若9S3=S6,则数列{an}的前5项和S5=31.
解析:显然q≠1,因为9S3=S6,所以=,化简,得1+q3=9,所以q=2,所以S5==31.
5.已知在等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为{an}的前n项和,当Sm=63时,求m的值.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,则an=qn-1.
由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.
故an=(-2)n-1或an=2n-1.
(2)若an=(-2)n-1,则Sn=.
由Sm=63,得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.
若an=2n-1,则Sn=2n-1.
由Sm=63,得2m=64,解得m=6.
综上,当Sm=63时,m=6.

B级　拓展提高
6.(2020·全国Ⅱ卷,文)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a5-a3=12,a6-a4=24,则= (　　)
A.2n-1 B.2-21-nC.2-2n-1 D.21-n-1
解析:设等比数列{an}的公比为q,
因为a5-a3=12,a6-a4=q(a5-a3)=24,
所以q=2,
所以a1q4-a1q2=12,
所以12a1=12,
所以a1=1.
所以Sn==2n-1,an=2n-1,
所以==2-21-n,
故选B.
答案:B
7.若等比数列{an}的前n项和Sn=3(2n-1),则++…+= (　　)
A. B.4n-1C.3(4n-1) D.9(4n-1)
解析:因为等比数列{an}的前n项和Sn=3(2n-1),
所以a1=S1=3,a2=S2-S1=9-3=6,
所以数列{an}的公比q==2,
所以an=3×2n-1,故=9×4n-1,
则数列{}是首项为9,公比为4的等比数列,
所以++…+==3(4n-1).
答案:C
8.已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn+1=4an,则使不等式++…+<1 000成立的n的最大值为 (　　)
A.7 B.8 C.9 D.10
解析:因为3Sn+1=4an,所以Sn=an-.
当n=1时,a1=S1=a1-,所以a1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=an-an-1,所以an=4an-1.
所以数列{an}是首项a1=1,公比q=4的等比数列.
所以an=a1qn-1=4n-1,即==2n-1,
所以++…+=20+21+…+2n-1==2n-1.
若使不等式++…+<1 000成立,
则2n-1<1 000,结合n∈N*,解得n≤9,n∈N*,所以n的最大值为9.
答案:C
9.已知在等比数列{an}中,首项a1=2,公比q=3,an+an+1+…+am=720(n,m∈N*,n 解析:因为等比数列{an}中首项a1=2,公比q=3,所以an,an+1,…,am组成首项为an=2×3n-1,公比为3的等比数列,共m-n+1项,
所以an+an+1+…+am==720,整理得3n-1(3m-n+1-1)=720.
所以3n-1(3m-n+1-1)=9×80=32×5×24.
因为3n-1≠5×16,所以3n-1=32,所以n=3,
所以3m-3+1-1=5×16,解得m=6,所以m+n=9.
10.某商店采用分期付款的方式促销一款价格为 6 000 元/台的电脑.商店规定,购买时先支付货款的,剩余部分在三年内按每月底等额还款的方式支付欠款,且结算欠款的利息,已知欠款的月利率为0.5%.
(1)到第一个月底,买家在第一次还款之前,他欠商店多少钱?
(2)假设买家每月还商店a元,写出在第i(i=1,2,…,36)个月末还款后,买家对商店欠款的表达式.
(3)假如买家在第36个月末恰好还完欠款,求a的值(精确到0.01).
解:(1)由题意,知购买电脑时,买家欠商店货款的,
即6 000×=4 000(元).
因为欠款的月利率为0.5%,
所以到第一个月底的欠款应为4 000×(1+0.5%)=4 020(元),
即到第一个月底,买家在第一次还款之前,他欠商店 4 020 元.
(2)设第i个月底还款后的欠款为yi,则
y1=4 000×(1+0.5%)-a,
y2=y1(1+0.5%)-a=4 000×(1+0.5%)2-a(1+0.5%)-a,
y3=y2(1+0.5%)-a=4 000×(1+0.5%)3-a(1+0.5%)2-a(1+0.5%)-a,
……
yi=yi-1(1+0.5%)-a=4 000×(1+0.5%)i-a(1+0.5%)i-1-…-a(1+0.5%)-a,
整理,得yi=4 000×(1+0.5%)i-a,i=1,2,…,36.
(3)由题意可得y36=0,
所以4 000×(1+0.5%)36-a=0,
因此a=≈121.69.
11.已知数列{an}的前n项和为Sn,并且满足a1=1,nan+1=Sn+n(n+1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<3.
(1)解:因为nan+1=Sn+n(n+1) , ①　　
所以当n≥2 时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1). ②
由①-②,得an+1-an=2(n≥2),又a1=1,a2=S1+1×(1+1)=3,
所以数列{an} 是首项为1,公差为2的等差数列,所以an=2n-1.
(2)证明:由(1)知an=2n-1,则bn=,
所以Tn=+++…++, ③
所以Tn=+++…++. ④
③-④,得
Tn=+2-=+2×-,
所以Tn=3-,所以Tn<3.
C级　挑战创新
12.多选题在《算法统宗》中有这样一段叙述:“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”(注:“里”是古代长度单位,1千米=2里).下列说法正确的是 (　　)
A.此人第三天走了48里路
B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里
C.此人第二天走的路程占全程的
D.此人前三天走的路程之和是后三天走的路程之和的8倍
解析: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= 的等比数列.所以S6===378,解得a1=192,所以a3=a1q2=192×=48,所以A项正确.
由a1=192,得S6-a1=378-192=186.因为192-186=6,所以B项正确.
因为a2=a1q=192×=96,S6=94.5<96,所以C项不正确.
a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=192×=336,则后3天走的路程为378-336=42,且42×8=336,所以D项正确.
答案:ABD
13.多空题(2021·新高考全国Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为 20 dm×
12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm
两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2.对折2次共可以得到
5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2.以此类推,对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5; 如果对折n次,那么Sk=720-dm2.
解析:因为对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,
20 dm×3 dm三种规格的图形,
所以对折3次共可以得到 dm×12 dm,5 dm×6 dm,10 dm×
3 dm,20 dm× dm四种不同规格的图形.
所以对折4次可得到如下规格的图形: dm×12 dm, dm×
6 dm,5 dm×3 dm,10 dm× dm,20 dm× dm,共5种不同规格.
易知每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半,所以各次对折后的图形,不论规格如何,其面积成公比为的等比数列,首项为120,第n次对折后的图形面积为120×n-1.由题易知第n次对折后得到的不同规格图形的种数为n+1,故Sn=.
设S=Sk=+++…++,
则S=++…++,
两式作差,得
S=240+120-=240+-=360--=360-,
因此S=720-=720-.
14.多空题若等比数列{an}的前n项和Sn=2n-a,则
(1)a=1;
(2)比较大小:+>(填“>”“<”或“=”).
解析:(1)当n=1时,a1=S1=2-a, ①
当n=2时,S2=a1+a2=4-a.②
由②-①,得a2=2.
当n=3时,S3=a1+a2+a3=8-a. ③ 由③-②,得a3=4.
因为{an}是等比数列,所以=,解得a1=1,则2-a=1,所以a=1.
(2)因为{an}是等比数列,且a1=1,q=2,
所以an>0,所以a1 018a1 020=.
则+≥2=.
由q=2,得≠,所以+>.