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课时提升作业(十五)
一、选择题
1.(2021·贵港模拟)在等比数列{an}中,已知a3=2,a7=8,则a5=( )
(A)-4 (B)4 (C)±4 (D)16
2.(2021·梧州模拟)在等比数列{an}中,公比q<0,若a2=4,则a1+a2+a3的最值状况为( )
(A)最小值-4 (B)最大值-4
(C)最小值12 (D)最大值12
3.在正项等比数列{an}中,a1,a19分别是方程x2-10x+16=0的两根,则a8·a10·a12等于( )
(A)16 (B)32 (C)64 (D)256
4.设等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,则的值为( )
(A) (B) (C) (D)
5.(2021·沈阳模拟)已知数列{an}满足log3an+1=log3an+1(n∈N*)且a2+a4+a6=9,则lo(a5+a7+a9)的值是( )
(A)-5 (B)- (C)5 (D)
6.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a2011=3S2010+2022,a2010=3S2009+2022,则公比
q=( )
(A)4 (B)1或4
(C)2 (D)1或2
7.公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4是a3与a7的等比中项,S8=32,则S10等于( )
(A)18 (B)24 (C)60 (D)90
8.已知数列{an}是正项等比数列,{bn}是等差数列,且a6=b8,则确定有( )
(A)a3+a9≤b9+b7 (B)a3+a9≥b9+b7
(C)a3+a9>b9+b7 (D)a3+a9<b9+b7
二、填空题
9.(2022·广东高考)若等比数列{an}满足a2a4=,则a1a5= .
10.已知等比数列{an}的首项为2,公比为2,则= .
11.(2021·开封模拟){an}为等差数列,若<-1,且它的前n项和Sn有最大值,那么Sn取得最小正值时,n的值为 .
12.(力气挑战题)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*),则数列{an}的通项公式an= .
三、解答题
13.(2021·南宁模拟)在数列{an}中,已知a1=2,an+1=4an-3n+1,n∈N*.
(1)设bn=an-n,求证:数列{bn}是等比数列.
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
14.已知数列{an}中,a1=1,前n项和为Sn且Sn+1=Sn+1,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)求数列{}的前n项和Tn.
15.(力气挑战题)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=2(+),
a3+a4+a5=64(++),
(1)求{an}的通项公式.
(2)设bn=(an+)2,求数列{bn}的前n项和Tn.
16.(力气挑战题)设一元二次方程anx2-an+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β,且满足6α-2αβ+6β=3.
(1)试用an表示an+1.
(2)求证:数列{an-}是等比数列.
(3)当a1=时,求数列{an}的通项公式.
答案解析
1.【解析】选B.方法一:由a7=8,a3=2,a7=a3·q4
得q4=4,故q2=2.
a5=a3·q2=2·q2=2×2=4.
方法二:由=a3·a7=2×8=16,又a3>0,故a5>0,
∴a5=4.
2.【解析】选B.由q<0,a2=4得
a1+a2+a3=+4+4q=4+4(q+)
=4-4(-q+)≤4-4×2=-4,
等号成立的条件是q=-1.
3.【解析】选C.依据根与系数的关系得a1a19=16,由此得a10=4,a8a12=16,故a8·a10·a12=64.
4.【解析】选A.====.
5.【思路点拨】依据数列满足log3an+1=log3an+1(n∈N*)且a2+a4+a6=9可以确定数列是公比为3的等比数列,再依据等比数列的通项公式即可通过a2+a4+a6=9求出a5+a7+a9的值.
【解析】选A.由log3an+1=log3an+1(n∈N*),得an+1=3an,又由于an>0,所以数列{an}是公比为3的等比数列,a5+a7+a9=(a2+a4+a6)×33=35,
所以lo(a5+a7+a9)=-log335=-5.
6.【解析】选A.由a2011=3S2010+2022,a2010=3S2009+2022两式相减得a2011-a2010=3a2010,即q=4.
7.【解析】选C.由=a3a7得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),又由于公差不为零,所以2a1+3d=0,
再由S8=8a1+d=32得2a1+7d=8,
则d=2,a1=-3,
所以S10=10a1+d=60.故选C.
8.【解析】选B.a3+a9≥2=2=2a6=2b8=b9+b7.
9.【思路点拨】本题考查了等比数列的性质:已知m,n,p∈N*,若m+n=2p,则am·an=.
【解析】∵a2a4=,∴=,
∴a1a5==.
答案:
10.【解析】由题意知an=2n,
所以==
=22=4.
答案:4
11.【思路点拨】数列的公差明显不是0,故其前n项和是常数项为0的二次函数,推断Sn的单调性,确定Sn>0,Sn<0的分界点即可.
【解析】等差数列的前n项和有最大值,则其公差为负值,数列单调递减,依据<-1可知确定是a10>0,a11<0,由此得a11<-a10,即a11+a10<0,S19=×19=19a10>0,S20=×20<0,所以使得Sn取得最小正值的n值为19.
答案:19
12.【解析】∵Sn+1=2Sn+n+1,当n≥2时Sn=2Sn-1+n,
两式相减得:an+1=2an+1,
∴an+1+1=2(an+1),
即=2.
又S2=2S1+1+1,a1=S1=1,
∴a2=3,∴=2,
∴{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,
∴an+1=2n即an=2n-1(n∈N*).
答案:2n-1
【方法技巧】含Sn,an问题的求解策略
当已知含有Sn+1,Sn之间的等式时,或者含有Sn,an的混合关系的等式时,可以接受降级角标或者升级角标的方法再得出一个等式,两个等式相减就把问题转化为数列的通项之间的递推关系式.
13.【解析】(1)∵==
==4,
且b1=a1-1=1,∴数列{bn}为以1为首项,以4为公比的等比数列.
(2)由(1)得bn=b1qn-1=4n-1.
∵an=bn+n=4n-1+n,
∴Sn=(40+41+42+…+4n-1)+(1+2+3+…+n)
=+=+.
14.【解析】(1)由Sn+1=Sn+1,
得当n≥2时Sn=Sn-1+1,
∴Sn+1-Sn=(Sn-Sn-1),
即an+1=an,∴=,
又a1=1,得S2=a1+1=a1+a2,∴a2=,
∴=,
∴数列{an}是首项为1,公比为的等比数列,
∴an=()n-1.
(2)∵数列{an}是首项为1,公比为的等比数列,
∴数列{}是首项为1,公比为的等比数列,
∴Tn==3[1-()n].
15.【思路点拨】(1)设出公比依据条件列出关于a1与q的方程组求得a1与q,即可求得数列的通项公式.
(2)由(1)中求得数列的通项公式,可求出{bn}的通项公式,由其通项公式可知分开求和即可.
【解析】(1)设公比为q,则an=a1qn-1.由已知得
化简得
又a1>0,故q=2,a1=1,所以an=2n-1.
(2)由(1)得bn=(an+)2=+2+
=4n-1++2.
所以Tn=(1+4+…+4n-1)+(1++…+)+2n
=++2n
=(4n-41-n)+2n+1.
16.【解析】(1)∵一元二次方程anx2-an+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β,
由根与系数的关系易得α+β=,αβ=,
∵6α-2αβ+6β=3,∴-=3,
即an+1=an+.
(2)∵an+1=an+,
∴an+1-=(an-),
当an-≠0时,=,
当an-=0,即an=时,
此时一元二次方程为x2-x+1=0,
即2x2-2x+3=0,
∵Δ=4-24<0,
∴不合题意,即数列{an-}是等比数列.
(3)由(2)知:数列{an-}是以a1-=-=为首项,公比为的等比数列,
∴an-=×()n-1=()n,
即an=()n+,
∴数列{an}的通项公式是an=()n+.
【变式备选】定义:若数列{An}满足An+1=,则称数列{An}为“平方递推数列”.已知数列{an}中,a1=2,点(an,an+1)在函数f(x)=2x2+2x的图象上,其中n为正整数.
(1)证明:数列{2an+1}是“平方递推数列”,且数列{lg(2an+1)}为等比数列.
(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn,即Tn=(2a1+1)(2a2+1)…(2an+1),求数列{an}的通项公式及Tn关于n的表达式.
【解析】(1)由条件得:an+1=2+2an,
∴2an+1+1=4+4an+1=(2an+1)2,
∴{2an+1}是“平方递推数列”.
∵lg(2an+1+1)=2lg(2an+1),
∴=2,
∴{lg(2an+1)}为等比数列.
(2)∵lg(2a1+1)=lg5,
∴lg(2an+1)=lg5·2n-1,
∴2an+1=,∴an=(-1).
∵lgTn=lg(2a1+1)+lg(2a2+1)+…+lg(2an+1)
==(2n-1)lg5,
∴Tn=.
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