《高中数学第一章1.3.2《等比数列及其前n项和》课时训练北师大版必修5》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学第一章1.3.2《等比数列及其前n项和》课时训练北师大版必修5（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 1.3.2等比数列及其前n项和 题组一等比数列的基本运算 1. 各项都是正数的等比数列 an 中，a2， 1 2a 3，a1成等差数列， 则 a3a4 a4a5的值为 ( ) A. 51 2 B. 51 2 C. 15 2 D. 51 2 或 5 1 2 解析：设 an 的公比为q，a1a2a3， a1a1qa1q 2，即 q 2 q10， q 15 2 ，又an0，q0，q 15 2 ， a3a4 a4a5 1 q 5 1 2 . 答案： A 2(2020 浙江高考 ) 设等比数列 an 的公比q 1 2，前 n项和为Sn，则 S4 a4_. 解析：a4a1( 1 2) 31 8a 1，S
2、4 a1(1 1 2 4) 1 1 2 15 8 a1， S4 a415. 答案： 15 3 (2020 宁夏、 海南高考 ) 等比数列 an的公比q0. 已知a2 1，an2an16an，则an 的前 4 项和S4_. 解析：an2an1 6an，anq 2 anq6an(an0)， q 2 q60， q 3 或q2. q0，q2，a1 1 2，a 32，a44， S4 1 212 4 15 2 . 答案： 15 2 题组二等比数列的性质 4.(2020 广东高考 ) 已知等比数列 an的公比为正数， 且a3a92a 2 5，a21， 则a1( ) A. 1 2 B. 2 2 C.2 D2
3、解析：a3a92a 2 5a 2 6， a6 a5 2. 又a2 1a12，a1 2 2 . 答案： B 5设等比数列 an 的前n项和为Sn，若S6S312，则S9S3等于 ( ) A12 B23 C34 D13 解析：an 为等比数列， S3，S6S3，S9S6成等比数列， 即(S6S3) 2S 3(S9S6) ， 又S6S312， 1 4S 2 3S3(S9 1 2S 3) ，即 3 4S 3S9， S9S334. 答案： C 6设an 是公比为q的等比数列， |q|1 ，令bnan1(n1,2 ，) 若数列 bn 有连续 四项在集合 53， 23,19,37,82中，则 6q_. 解析
4、：bnan1，anbn1， 而bn有连续四项在集合53， 23,19,37,82中， an有连续四项在集合54， 24,18,36,81中 an是公比为q的等比数列， |q|1. an中的连续四项为24,36 ， 54,81 ， q 36 24 3 2，6q 9. 答案： 9 题组三等比数列的判断与证明 7. 若数列 an 满足 a 2 n1 a 2 n p(p为正常数，nN *) ，则称 an为“等方比数列” 甲：数列 an 是等方比数列；乙：数列an是等比数列，则 ( ) A甲是乙的充分条件但不是必要条件 B甲是乙的必要条件但不是充分条件 C甲是乙的充要条件 D甲既不是乙的充分条件也不是乙
5、的必要条件 解析：数列 an 是等比数列则 an1 an q，可得 a 2 n1 a 2 n q 2，则 an 为“等方比数列”当an 为“等方比数列”时，则 a 2 n1 a 2 n p(p为正常数，nN *) ，当 n1 时 an1 an p，所以此 数列 an并不一定是等比数列 答案： B 8设数列 an的前n项和为Sn，已知a12a23a3nan(n1)Sn 2n(nN *) (1) 求a2，a3的值； (2) 求证：数列 Sn2 是等比数列 解：(1) a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN *) ，当 n1 时，a121 2； 当n2 时，a1 2a2(a1a2) 4，a24
6、； 当n3 时，a1 2a23a32(a1a2a3) 6，a38. (2) a12a23a3nan(n1)Sn 2n(nN *) ， 当n2时，a12a23a3 (n1)an 1 (n2)Sn12(n1) 得nan(n1)Sn(n2)Sn 12n(SnSn1) Sn2Sn 12nanSn2Sn 1 2. Sn 2Sn 120，即Sn2Sn 12，Sn22(Sn12) S1240，Sn120， Sn2 Sn122， 故Sn2 是以 4为首项， 2 为公比的等比数列 题组四等比数列的综合应用 9.( 文) 已知 an 是等比数列，a22，a5 1 4，则 a1a2a2a3anan1 ( ) A16
7、(14 n) B 16(1 2 n) C. 32 3 (1 4 n) D. 32 3 (1 2 n) 解析：q 3a5 a2 1 8， q1 2， a14，数列 anan1是以8 为首项， 1 4为公比的等比数 列，不难得出答案为C. 答案： C ( 理) 在等比数列 an中，an 0(nN)，公比q(0,1) ，且a1a52a3a5a2a825，又 a3与a5的等比中项为2，bnlog2an，数列 bn的前n项和为Sn，则当 S1 1 S2 2 Sn n 最 大时，n的值等于 ( ) A8 B 9 C8 或 9 D17 解析：a1a52a3a5a2a825， a 2 32a3a5a 2 52
8、5， 又an 0，a3a5 5， 又q(0,1) ，a3a5， 而a3a5 4，a34，a51， q 1 2， a116，an16(1 2) n125n， bnlog2an5n，bn1bn 1， bn是以b14 为首项， 1 为公差的等差数列， Sn n(9n) 2 ， Sn n 9n 2 ， 当n8时， Sn n 0；当n9 时， Sn n 0；当n 9时， Sn n 0， 当n8 或 9 时， S1 1 S2 2 Sn n 最大 答案： C 10( 文) 已知数列 an的前三项与数列bn的前三项对应相同，且a12a2 2 2a 3 2 n 1a n8n对任意的nN *都成立，数列 bn1b
9、n 是等差数列 (1) 求数列 an 与bn的通项公式； (2) 问是否存在kN *，使得 ( bkak) (0,1) ？请说明理由 解： (1) 已知a12a22 2a 3 2 n 1a n8n(nN *) 当n2时，a12a22 2a 3 2 n2a n1 8(n1)( nN * ) 得2 n1a n8，求得an2 4n， 在中令n1，可得a182 41， an2 4n( nN * ) 由题意知b18，b24，b32， b2b1 4，b3b2 2， 数列 bn1bn的公差为 2 (4) 2， bn1bn 4(n1)2 2n6， 法一：迭代法得： bnb1(b2b1) (b3b2) (bnb
10、n 1) 8( 4) (2) (2n8) n 27n14( nN * ) 法二：可用累加法， 即bnbn 12n8， bn1bn2 2n10， b3b2 2， b2b1 4， b18， 相加得bn8( 4) ( 2) (2n8) 8( n1)( 42n8) 2 n 27n14( nN *) (2) bkakk 27k14 24k， 设f(k) k 27k14 24 k. 当k4 时，f(k) (k 7 2) 27 4 2 4k 单调递增 且f(4) 1， 当k4 时，f(k) k 27k1424k1. 又f(1) f(2) f(3) 0， 不存在kN * ，使得 (bkak) (0,1) (
11、理) 等差数列 an 的前n项和为Sn，S424，a25，对每一个kN *，在 ak与ak1之间 插入 2 k1 个 1，得到新数列bn，其前n项和为Tn. (1) 求数列 an的通项公式； (2) 试问a11是数列 bn的第几项； (3) 是否存在正整数m，使Tm2020？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由 解： (1) 设an的公差为d，S44a1 43 2 d24，a2a1d5， a13，d2，an3(n1)2 2n1. (2) 依题意，在a11之前插入的1 的总个数为12 2 2 291 2 10 12 1023， 1023111034，故a11是数列 bn 的第 1034 项 (3) 依题意，Snna1 n(n1) 2 dn 22n， an之前插入的1 的总个数为12 2 2 2n21 2 n1 12 2 n11， 故数列 bn 中，an及前面的所有项的和为n 22n2n11， 数列 bn 中，a11及前面的所有项的和为11 2 22210111662020， 而 20201166844，a11与a12之间的 1 的个数为2 101024 个， 即在a11后加 844 个 1，其和为 2020，故存在m10348441878，使T1878 2020.
