【文档说明】【精准解析】2021高中数学人教B版选择性必修第三册：5.3.2　等比数列的前n项和.docx，共(9)页，72.814 KB，由envi的店铺上传

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第五章数列5.3等比数列5.3.2等比数列的前n项和课后篇巩固提升基础达标练1.已知等比数列{an}各项为正,a3,a5,-a4成等差数列,Sn为{an}的前n项和,则𝑆6𝑆3=()A.2B.78C.98D.54解析设等比数列{an}的公比为q,则有q>0,又a3

,a5,-a4成等差数列,∴a3-a4=2a5,∴a1q2-a1q3=2a1q4,即1-q=2q2,解得q=-1(舍去)或q=12,∴q=12,∴𝑆6𝑆3=𝑎1(1-𝑞6)1-𝑞𝑎1(1-𝑞3)1-𝑞=1-𝑞61-𝑞3=1+q3=1+(12)3=98.答案

C2.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若𝑆6𝑆3=3,则𝑆9𝑆6等于()A.2B.73C.83D.3解析设其公比为q,由已知可得𝑆6𝑆3=1-𝑞61-𝑞3=1+q3=3,∴q3=2,𝑆9𝑆6=1-𝑞91-𝑞6=1-231-2

2=73.答案B3.在各项均为正数的等比数列{an}中,若am+1·am-1=2am(m≥2),数列{an}的前n项积为Tn,若T2m-1=512,则m的值为()A.4B.5C.6D.7解析因为{an}是正项等比数列,所以am+1·

am-1=2am=𝑎𝑚2,则am=2,又T2m-1=a1a2…a2m-1=𝑎𝑚2𝑚-1,所以22m-1=512=29,m=5.故选B.答案B4.(2020武威第六中学高三二模)已知等比数列{an},a1=1,a4=18,且a1a2+a

2a3+…+anan+1<k,则k的取值范围是()A.12,23B.12,+∞C.12,23D.23,+∞解析设等比数列{an}的公比为q,则q3=𝑎4𝑎1=18,解得q=12,∴an=12𝑛-1.∴anan+1=12𝑛-1×12𝑛=122𝑛-1.∴数列{anan+1}是首项为12,公

比为14的等比数列.∴a1a2+a2a3+…+anan+1=12(1-14𝑛)1-14=231-14𝑛<23,∴k≥23.故k的取值范围是23,+∞.答案D5.(多选)(2020山东济南高二期末)若Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+1(n∈N+),则下列说法正确的是()A.a

5=-16B.S5=-63C.数列{an}是等比数列D.数列{Sn+1}是等比数列解析因为Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+1(n∈N+),所以S1=2a1+1,因此a1=-1.当n≥2时

,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-1,所以数列{an}是以-1为首项,以2为公比的等比数列,故C正确;因此,a5=-1×24=-16,故A正确;又Sn=2an+1=-2n+1,所以S5=-25+1

=-31,故B错误;因为S1+1=0,所以数列{Sn+1}不是等比数列,故D错误.故选AC.答案AC6.(2020山东潍坊高二月考)等比数列{an}共有2n项,它的全部各项的和是奇数项的和的3倍,则公比q=

.解析设{an}的公比为q,则奇数项也构成等比数列,其公比为q2,首项为a1,𝑆2𝑛=𝑎1(1-𝑞2𝑛)1-𝑞,S奇=𝑎1[1-(𝑞2)𝑛]1-𝑞2.由题意,得𝑎1(1-𝑞2𝑛)1-𝑞=3𝑎1(1-𝑞2𝑛)1-𝑞2.∴1+q=3,∴q=2.答案

27.等比数列{an}中,若前n项和Sn=2n-1,则𝑎12+𝑎22+…+𝑎𝑛2=.解析当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-1,当n=1时,a1=S1=21-1=1适合上式,∴{an}的通项公式为an=2n-1.∴𝑎�

�2=4n-1,即数列{𝑎𝑛2}构成以1为首项,4为公比的等比数列.∴前n项和Tn=𝑎12+𝑎22+…+𝑎𝑛2=1·(4𝑛-1)4-1=13(4n-1).答案13(4n-1)8.已知数列{an}的前n项和为Sn,且对任意n∈N+,

有2Sn=3an-2,则a1=;Sn=.解析令n=1,则2S1=3a1-2,得a1=2;由2Sn=3an-2,得①当n≥2时,2Sn-1=3an-1-2,②①-②得2an=3an-3an-1,即当n≥2时,an=3an-1,又a1=2,故

数列{an}是以2为首项,3为公比的等比数列,∴an=2·3n-1,∴Sn=2(1-3𝑛)1-3=3n-1.答案23n-19.(2020湖南长郡中学高三三模)若数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2=2,(Sn+1)(Sn+2+1)=(Sn+1+1)2.(

1)求Sn;(2)记数列1𝑎𝑛的前n项和为Tn,证明:1≤Tn<2.解(1)由题意,有𝑆𝑛+2+1𝑆𝑛+1+1=𝑆𝑛+1+1𝑆𝑛+1=…=𝑆2+1𝑆1+1,所以数列{Sn+1}是等比数列.又S1+1=a1+1=2,S2+1=a1+a2+1=4,所

以𝑆2+1𝑆1+1=2,数列{Sn+1}是首项为2,公比为2的等比数列.所以Sn+1=2×2n-1=2n,所以Sn=2n-1.(2)由(1)知,当n≥2时,Sn=2n-1,Sn-1=2n-1-1.两式相减得an=2n-1,当n=1时,a1=1也满足an=

2n-1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.所以1𝑎𝑛=12𝑛-1.当n=1时,T1=1;当n≥2时,显然Tn>1,且Tn=1+12+122+…+12𝑛-1=1-12𝑛1-12=2

-12𝑛-1<2.所以1≤Tn<2.10.已知{an}是首项为1,公差为2的等差数列,Sn表示{an}的前n项和.(1)求an及Sn;(2)设{bn}是首项为2的等比数列,公比q满足q2-(a4+1)q+S4=0.求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.解(1)因为{an}

是首项a1=1,公差d=2的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=2n-1.故Sn=1+3+…+(2n-1)=𝑛(𝑎1+𝑎𝑛)2=𝑛(1+2𝑛-1)2=n2.(2)由(1)得a4=7,S4=16.因为q2-(a4+1)q+S4=0,

即q2-8q+16=0,所以(q-4)2=0,从而q=4.又因为b1=2,{bn}是公比q=4的等比数列,所以bn=b1qn-1=2·4n-1=22n-1.从而{bn}的前n项和Tn=𝑏1(1-𝑞𝑛)1-𝑞=23(4n-1).能力提升练1.(2019浙江衢州二中高三四模)设数列{an

}(n∈N+)的各项均为正数,前n项和为Sn,log2an+1=1+log2an,且a3=4,则S6=()A.128B.65C.64D.63解析因为log2an+1=1+log2an,所以log2an+1=log22an,所以an+1=2an,所以数列{

an}是公比为2的等比数列.又因为a3=4,所以a1=𝑎3𝑞2=44=1,S6=𝑎1(1-𝑞6)1-𝑞=1×(1-26)1-2=63.答案D2.数列{an}中,an>0,a1=1,且3𝑎𝑛+12+2

an+1an-𝑎𝑛2=0,则a1+a3+a5+…+a2n-1的值为()A.98[1-(13)2𝑛-1]B.98[1-(13)𝑛]C.98[1-(19)2𝑛-1]D.98[1-(19)𝑛]解析由3𝑎𝑛+12+2an+1an-𝑎𝑛2

=0,得3(𝑎𝑛+1𝑎𝑛)2+2𝑎𝑛+1𝑎𝑛-1=0,解得𝑎𝑛+1𝑎𝑛=13或𝑎𝑛+1𝑎𝑛=-1.因为an>0,所以𝑎𝑛+1𝑎𝑛=q=13.数列{an}为等比数列,且

首项为1,公比为13,故a1+a3+a5+…+a2n-1是其中的奇数项前n项之和,a1+a3+a5+…+a2n-1=[1-(19)𝑛]1-19=98[1-(19)𝑛].答案D3.等比数列{an}共有奇数项,所

有奇数项和S奇=255,所有偶数项和S偶=-126,末项是192,则首项a1=()A.1B.2C.3D.4解析设等比数列{an}共有2k+1(k∈N+)项,则a2k+1=192,则S奇=a1+a3+…+a2k-1+a2k+1=1𝑞(a2+a4+…+a2k)+a2k+1=1�

�S偶+a2k+1=-126𝑞+192=255,解得q=-2,而S奇=𝑎1-𝑎2𝑘+1𝑞21-𝑞2=𝑎1-192×(-2)21-(-2)2=255,解得a1=3,故选C.答案C4.(2020湖南长郡中学高三三模)公元前5世纪,古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯

悖论.他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑,并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后,若阿基里斯跑了1000米,此时乌龟便领先他100米;当阿基里斯跑完下一个100米时,乌龟仍然领先他10米.当阿基里斯跑完下一个10米时,乌龟仍然领先他1米……,所

以阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律,若乌龟恰好领先阿基里斯10-2米时,乌龟爬行的总距离为()A.104-190米B.104-1900米C.105-190米D.105-1900米解析由题意,乌龟每次爬行的距离组成等比数列{an},且a

1=100,q=110,an=10-2,∴Sn=𝑎1(1-𝑞𝑛)1-𝑞=𝑎1-𝑎𝑛·𝑞1-𝑞=100-10-31-110=105-1900(米).故选D.答案D5.已知数列{an}满足:a1=1,a

n+1=𝑎𝑛𝑎𝑛+2(n∈N+).若bn+1=(n-2λ)·(1𝑎𝑛+1)(n∈N+),b1=-λ,且{bn}是单调递增数列,则实数λ的取值范围是.解析由an+1=𝑎𝑛𝑎𝑛+2,得1𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛+1,则1𝑎𝑛+1+1=2(1𝑎𝑛+1),所以数列{1�

�𝑛+1}是等比数列,首项为2,公比为2,于是有1𝑎𝑛+1=2n,所以bn=(n-1-2λ)·2n-1(n≥2).由b2>b1得2(1-2λ)>-λ,解得λ<23,当n≥2时,由bn+1>bn得(n-2λ)·2n>(n-1-2λ)·2n-1,解得λ<𝑛+12.综上,λ<

23.答案λ<236.(2020天津高三模拟)已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn=𝑎𝑏𝑛,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N+),

则当Tn<2020时,n的最大值为.解析∵{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,∴an=2n-1.∵{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴bn=2n-1.∴Tn=c1+c2+…+cn=𝑎𝑏1+𝑎𝑏2+…+𝑎𝑏𝑛=a1+a2+

a4+…+𝑎2𝑛-1=(2×1-1)+(2×2-1)+(2×4-1)+…+(2×2n-1-1)=2(1+2+4+…+2n-1)-n=2×1-2𝑛1-2-n=2n+1-n-2.∵Tn<2020,∴2

n+1-n-2<2020,解得n≤9.故当Tn<2020时,n的最大值是9.答案97.(2020重庆巴蜀中学高三月考)已知数列{an}满足a1=2,nan+1-(n+1)an=2n(n+1),设bn=𝑎𝑛𝑛.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)若cn=2𝑏𝑛-

n,求数列{cn}的前n项和.解(方法一)(1)因为bn=𝑎𝑛𝑛,且nan+1-(n+1)an=2n(n+1),所以bn+1-bn=𝑎𝑛+1𝑛+1−𝑎𝑛𝑛=2.又因为b1=a1=2,所以{bn}是以2为首项,以2为公差的等差数列.所以bn=2+2(n-1)=2n.(2)由(1)及

题设,得cn=22n-n=4n-n,所以数列{cn}的前n项和Sn=(41-1)+(42-2)+…+(4n-n)=(41+42+…+4n)-(1+2+…+n)=4-4𝑛×41-4−𝑛(1+𝑛)2=4𝑛+13−𝑛2+𝑛2−43.(方法二)

(1)因为bn=𝑎𝑛𝑛,所以an=nbn.又因为nan+1-(n+1)an=2n(n+1),所以n(n+1)bn+1-(n+1)nbn=2n(n+1),即bn+1-bn=2.又因为b1=a1=2,所以{bn}是以2为首项,以2为公差的等差数列.所以bn=

2+2(n-1)=2n.(2)略,同方法一.8.设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)当d>1时,记cn=𝑎�

�𝑏𝑛,求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)由题意,有{10𝑎1+45𝑑=100,𝑎1𝑑=2,即{2𝑎1+9𝑑=20,𝑎1𝑑=2,解得{𝑎1=1,𝑑=2,或{𝑎1=9,𝑑=

29.故{𝑎𝑛=2𝑛-1,𝑏𝑛=2𝑛-1或{𝑎𝑛=19(2𝑛+79),𝑏𝑛=9·(29)𝑛-1.(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=2𝑛-12𝑛-1,于是Tn=1+32+522+723+924+…+2𝑛-

12𝑛-1,①12Tn=12+322+523+724+…+2𝑛-32𝑛-1+2𝑛-12𝑛.②①-②可得12Tn=2+12+122+…+12𝑛-2−2𝑛-12𝑛=3-2𝑛+32𝑛,故Tn=6-2𝑛+32𝑛-1.素养培优练(2020大连高二月考)若数列{an}的前n项和S

n满足Sn=2an+n,bn=log2(1-an).(1)求证:数列{an-1}是等比数列;(2)求数列1𝑏𝑛·𝑏𝑛+1的前n项和Tn;(3)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Wn.解(1)当n=1时,a1=S1=2a1+1,可得a1=-1;当n≥

2时,根据题意,得Sn-1=2an-1+(n-1),所以Sn-Sn-1=(2an+n)-[2an-1+(n-1)]=2an-2an-1+1,即an=2an-1-1.∴an-1=2(an-1-1),即𝑎𝑛-1𝑎𝑛-1-1=2(n≥2).∴数列{an-1}是首项为-

2,公比为2的等比数列.(2)由(1)知,an-1=(-2)·2n-1=-2n,∴an=1-2n.∴bn=log2(1-an)=log22n=n,∴1𝑏𝑛𝑏𝑛+1=1𝑛(𝑛+1)=1𝑛−1𝑛

+1,则Tn=1-12+12−13+…+1𝑛−1𝑛+1=1-1𝑛+1=𝑛𝑛+1.(3)cn=n(1-2n)=n-n·2n,令dn=n·2n,En=d1+d2+d3+…+dn-1+dn,则En=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n

-1+n×2n,等式两边同时乘以2可得2En=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1,两式相减可得-En=21+22+23+24+…+2n-n×2n+1.化简可得En=(n-1)·2n+1+2.令Fn=1+2+3+…

n=𝑛(𝑛+1)2,则Wn=Fn-En=𝑛(𝑛+1)2-(n-1)·2n+1-2.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com