2021-2022学年高中数学-第一章-数列-3.2.2-等比数列习题课课时素养评价北师大版必修5.doc

2021-2022学年高中数学 第一章 数列 3.2.2 等比数列习题课课时素养评价北师大版必修5

2021-2022学年高中数学 第一章 数列 3.2.2 等比数列习题课课时素养评价北师大版必修5

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姓名：

十　等比数列习题课
(20分钟　35分)
1.数列{1+2n-1}的前n项和为 (　　)
A.1+2n B.2+2n
C.n+2n-1 D.n+2+2n
【解析】选C.由题意得an=1+2n-1,
所以Sn=n+=n+2n-1.
2.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S5,S4,S6成等差数列,则数列{an}的公比等于 (　　)
A.-2或1 B.-1或2
C.-2 D.1
【解析】选C.由已知2S4=S5+S6,可知q≠1,由等比数列前n项和公式可得2=q+q2,解得q=-2.
3.已知等比数列{an}的公比q=4,且a1+a2=20,bn=log2an,则b2+b4+b6+…+b2n= (　　)
A.n2+n B.2n2+n
C.2(n2+n) D.4(n2+n)
【解析】选C.由已知得a1+a2=a1(1+q)=5a1=20,
所以a1=4,所以an=4n,bn=log2an=log24n=2n,
b2+b4+b6+…+b2n=4+8+…+4n,
==2(n2+n).
4.(2020·徐州高二检测)在公比q为整数的等比数列中,Sn是数列的前n项和,若a1·a4=32,a2+a3=12,则下列说法不正确的是 (　　)
A.q=2
B.数列是等比数列
C.S8=510
D.数列是公差为2的等差数列
【解析】选D.因为数列为等比数列,又a1·a4=32,所以a2·a3=32,又a2+a3=12,
所以或
又公比q为整数,则
即an=2n,Sn==2n+1-2,
对于选项A,由上可得q=2,即选项A正确;
对于选项B,Sn+2=2n+1,==2,则数列是等比数列,即选项B正确;
对于选项C,S8=29-2=510,即选项C正确;
对于选项D,lg an+1-lg an=(n+1)-n=1,即数列是公差为1的等差数列,即选项D错误.
5.已知数列为等比数列,an>0,且amam+1am+2=26m,若p+q=6,则ap·aq=　　　　. 
【解析】数列为等比数列,an>0,且amam+1am+2=26m,
可得=26m,所以am+1=22m,所以an=22n-2,
又p+q=6,则ap·aq=22p-2·22q-2=22(p+q)-4=28.
答案:28
6.已知数列{an},Sn是其前n项和,且满足3an=2Sn+n(n∈N+).
(1)求证:数列为等比数列.
(2)记Tn=S1+S2+…+Sn,求Tn的表达式.
【解析】(1)n=1时,3a1=2S1+1=2a1+1,
所以a1=1.当n≥2时,由3an=2Sn+n,①
得3an-1=2Sn-1+n-1,②
①-②得3an-3an-1=2Sn+n-2Sn-1-n+1
=2(Sn-Sn-1)+1=2an+1,
即an=3an-1+1,
所以an+=3an-1+1+=3,
又a1+=≠0,
所以是首项为,公比为3的等比数列.
(2)由(1)得an+=×3n-1,
即an=×3n-1-,将其代入①得
Sn=×3n-(2n+3),
所以Tn=S1+S2+…+Sn
=(3+32+33+…+3n)-(5+7+…+2n+3)
=×-
=(3n-1)-.
【补偿训练】
　　 已知数列{an}满足(n+1)an=(n-1)an-1(n≥2),且a1=,数列{bn}满足bn+1=2bn,且b1=2.
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式;
(2)是否存在正整数m,使得对于任意的n∈N+且n≥2,1+++…+<恒成立?若存在,请求出m的最小值;若不存在,说明理由.
【解析】(1)因为(n+1)an=(n-1)an-1(n≥2),
所以=(n≥2).
又因为a1=,所以an=××…××a1=××…××=(n≥2).
当n=1时,a1==,满足上式,
所以an=(n∈N+).
因为bn+1=2bn,且b1=2,所以数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,所以bn=2n.
(2)由(1)知bn=2n,
所以1+++…+=1+++…+=2-.
假设存在正整数m,使得对于任意的n∈N+且n≥2,1+++…+<恒成立,
则2-<恒成立,所以≥2,
解得m≥16.
所以存在正整数m,使得对于任意的n∈N+且n≥2,1+++…+<恒成立,m的最小值为16.
(30分钟　60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.设{an}是由正数组成的等比数列,Sn为其前n项和,已知a2a4=1,S3=7,则S5等于 (　　)
A.　 B.　 C.　 D.
【解析】选B.因为{an}是由正数组成的等比数列,且a2a4=1,
所以设{an}的公比为q,则q>0,且=1,即a3=1.
因为S3=7,所以a1+a2+a3=++1=7,
即6q2-q-1=0.
故q=或q=-(舍去),所以a1==4.
所以S5==8=.
2.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗产,龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称为中国四大石窟.现有一石窟的某处“浮雕像”共7层,每上层的数量是下层的2倍,总共有1 016个“浮雕像”,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案,若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an},则log2(a3·a5)的值为 (　　)
A.16 B.12 C.10 D.8
【解析】选B.每上层的数量是下层的2倍,得到数列{an}是公比为2的等比数列,7项之和为1 016,设首项为a1,和为=1 016,得到a1=8,a4=8×23=64,则log2(a3·a5)=log2()=log2(642)=12.
3.(2020·吉林高二检测)等比数列的首项为,公比为-,前n项和为Sn,则当n∈N*时,Sn-的最大值与最小值的比值为 (　　)
A.- B.- C. D.
【解析】选B.因为等比数列的首项为,公比为-,
所以an=×,
所以Sn==1-.
①当n为奇数时,Sn=1+随着n的增大而减小,则1<Sn≤S1=,故0<Sn-≤;
②当n为偶数时,Sn=1-随着n的增大而增大,则=S2≤Sn<1,故-≤Sn-<0.
所以Sn-的最大值与最小值的比值为=-.
【易错点】本题等比数列是正负相间的,求解时容易忽视单调性问题.
4.某厂2019年投资和利润逐月增加,投入资金逐月增长的百分率相同,利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等,12月份投资额与利润值相等,则全年的总利润ω与总投资N的大小关系是 (　　)
A.ω>N B.ω<N C.ω=N D.不确定
【解析】选A.投入资金逐月值构成等比数列{bn},利润逐月值构成等差数列{an},等比数列{bn}可以看成关于n的指数式函数,它是凹函数,等差数列{an}可以看成关于n的一次式函数.由于a1=b1,a12=b12,相当于图像有两个交点,且两交点间指数式函数图像在一次函数图像下方,所以全年的总利润ω=a1+a2+…+a12比总投资N=b1+b2+…+b12大.
5.若f(x)+f(1-x)=4,an=f(0)+f+…+f+f(1)(n∈N+),则数列{an}的通项公式为 (　　)
A.4n B.2n
C.4 D.2
【解析】选D.由f(x)+f(1-x)=4,可得f(0)+f(1)=4,…,f+f=4,所以2an=[f(0)+f(1)]++…+[f(1)+f(0)]=4(n+1),即an=2(n+1).
【光速解题】用特殊的项计算a1=4,a2=6,只有D满足.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.已知ln x+ln x2+…+ln x10=110,则ln x+ln2 x+ln3 x+…+ln10 x=　　　　. 
【解析】由ln x+ln x2+…+ln x10=110.
得(1+2+3+…+10)ln x=110,所以ln x=2.
从而ln x+ln2 x+…+ln10 x=2+22+23+…+210
==211-2=2 046.
答案:2 046
7.(2020·江苏高考)设是公差为d的等差数列,是公比为q的等比数列,已知数列的前n项和Sn=n2-n+2n-1,则d+q的值是　　　. 
【解析】设数列{an},{bn}的首项分别为a1,b1,前n项和分别为An,Bn,则An=n2+n,Bn=qn+,结合Sn=n2-n+2n-1,
得解得所以d+q=4.
答案:4
8.(2020·上海高二检测)定义Hn=为数列的均值,已知数列的均值Hn=2n+1,记数列的前n项和是Sn,若Sn≤S5对于任意的正整数n恒成立,则实数k的取值范围是　　　　. 
【解析】因为Hn==2n+1,
所以 b1+2b2+…+2n-1bn=n·2n+1,
故b1+2b2+…+2n-2bn-1=(n-1)·2n(n≥2),
所以2n-1bn=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n,
则bn=2(n+1),对b1也成立,所以bn=2(n+1),
则bn-kn=n+2,所以数列为等差数列,记数列为.故Sn≤S5对任意的n(n∈N*)恒成立,可化为:c5≥0,c6≤0;
即
解得,≤k≤.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.记Sn为等比数列{an}的前n项和,已知S2=2,S3=-6.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.
【解析】(1)设{an}的公比为q.由题设可得
解得q=-2,a1=-2.
故{an}的通项公式为an=(-2)n.
(2)由(1)可得Sn==-+(-1)n.
由于Sn+2+Sn+1=-+(-1)n·
=2=2Sn,故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.
10.已知数列{an}是等比数列,首项a1=1,公比q>0,其前n项和为Sn,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足an+1=,Tn为数列{bn}的前n项和,若Tn≥m恒成立,求m的最大值.
【解析】(1)因为S1+a1, S3+a3, S2+a2成等差数列,
所以2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),
(S3-S1)+(S3-S2)+2a3=a1+a2,4a3=a1,
因为数列是等比数列,
所以==q2,又q>0,所以q=,
所以数列的通项公式an=.
(2)因为Tn≥m恒成立,所以只需≥m,
由(1)知an=,又an+1=,
所以bn=n·2n-1,
Tn=1×20+2×21+…+(n-1)×2n-2+n×2n-1,
2Tn= 1×21+2×22+…+(n-1)×2n-1+n×2n,
所以-Tn=1×20+(2-1)×21+…+[n-(n-1)]×2n-1-n×2n
=(20+21+…+2n-1)-n×2n=-n×2n
=-(n-1)×2n-1,
所以Tn=(n-1)×2n+1,Tn+1=n×2n+1+1,
所以Tn+1-Tn=n×2n+1+1-[(n-1)×2n+1]
=(n+1)×2n>0,即Tn+1>Tn,
所以{Tn}是递增数列,所以(Tn)min=T1=1,
所以m≤1,即m的最大值为1.

1.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1所有项的和为　　　　. 
【解析】由题意知所求数列的通项为=2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为-n=2n+1-2-n.
答案:2n+1-2-n
2.已知数列和满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求和的通项公式;
(3)令cn=,求数列的前n项和Sn的通项公式,并求数列的最大值、最小值,并指出分别是第几项.
【解析】(1)由题4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4,相加得4(an+1+bn+1)=2(an+bn)
得=,故{an+bn}是首项为a1+b1=1,公比为的等比数列;
又由4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4,相减得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,
即(an+1-bn+1)-(an-bn)=2,故{an-bn}是首项为a1-b1=1,公差为2 的等比数列.
(2)由(1)得an+bn=,an-bn=2n-1,联立解得
an=n-+,bn=-n++.
(3)由(2)得an+bn+1=+=-1,
当n为偶数时,Sn=a1+b2+a3+b4+…+an-1+bn
=3-=1--
当n为奇数时,S1=1,n≥3时,Sn=Sn-1+an=+=+1-,
则当n为奇数时,Sn=+1-.
综合得Sn=
则当n为奇数时,Sn单调递增且Sn>0;
当n为偶数时,Sn+2-Sn=(1--)-(1--)=-1<0,故Sn单调递减,又S2=-<0,即Sn<0,
则当n为奇数时,单调递减且Sn>0,当n为偶数时,单调递增且Sn<0,故的最大值为第1项,最大值为1,最小值为第2项,最小值为-4.