高中数学第二章数列2-5-2等比数列前n项和的性质课时作业含解析新人教A版必修5 5页

课时作业16　等比数列前n项和的性质 时间：45分钟 ‎——基础巩固类——‎ 一、选择题 ‎1．在各项均为正数的等比数列{an}中，前n项和为Sn，若S4＝11，S8＝187，则公比q的值是(　B　)‎ A．±2 B．2‎ C．－4 D．4‎ 解析：由条件知＝11，＝187，两式相除得1＋q4＝17，q4＝16，q2＝4，又q>0，解得q＝2.‎ ‎2．在公比为整数的等比数列{an}中，已知a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，那么a5＋a6＋a7＋a8等于(　A　)‎ A．480 B．493‎ C．495 D．498‎ 解析：已知 由等比数列的通项公式得⇒2q3－3q2－3q＋2＝0⇒(q＋1)(2q2－5q＋2)＝0⇒q＝－1或q＝2或q＝.‎ ‎∵q＝－1，q＝均与已知矛盾，∴q＝2.‎ a5＋a6＋a7＋a8＝q4(a1＋a2＋a3＋a4)‎ ‎＝24(18＋12)＝480.‎ ‎3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ 则其前6项之和为(　C　)‎ A．16 B．20‎ C．33 D．120‎ 解析：a2＝‎2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝‎2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝‎2a5＝14，所以前6项和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C.‎ ‎4．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为(　C　)‎ A.或5 B.或5‎ C. D. 5‎ 解析：由题意可知q≠1.‎ ‎∵9(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6，‎ ‎∴8(a1＋a2＋a3)＝a4＋a5＋a6.‎ ‎∴8(a1＋a2＋a3)＝(a1＋a2＋a3)q3，‎ ‎∴q＝2，∴an＝2n－1，‎ ‎∴＋＋…＋＝＋＋…＋＝.‎ ‎5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10S5＝12，则S15S5等于(　A　)‎ A．34 B．23‎ C．12 D．13‎ 解析：记S5＝2k(k≠0)，则S10＝k，‎ ‎∴S10－S5＝－k，进而得S15－S10＝k，‎ 于是S15＝k，∴S15S5＝k2k＝34.‎ ‎6．在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝3，a＋a＋a＋a＋a＝15，则a1－a2＋a3－a4＋a5的值是(　D　)‎ A．3 B. C．－ D．5‎ 解析：由题意可知等比数列{an}的公比q≠1，则a1＋a2＋…＋a5＝＝3，a＋a＋…＋a＝＝15，∴＝5，∴a1－a2＋a3－a4＋a5＝＝＝5.‎ 二、填空题 ‎7．已知{an}是各项为正数的等比数列，若a1＋a2＋a3＝2，a4＋a5＋a6＝8，则其前9项的和S9的值为42.‎ 解析：∵{an}为等比数列且an>0，∴a1＋a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9仍成等比数列，∴a7＋a8＋a9＝32，‎ ‎∴S9＝a1＋a2＋…＋a9＝2＋8＋32＝42.‎ ‎8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018＝3·21_009－3.‎ 解析：∵an＋1·an＝2n(n∈N*)，a1＝1，‎ ‎∴a2＝2，a3＝2.‎ 又an＋2·an＋1＝2n＋1，‎ ‎∴＝2，‎ ‎∴数列{an}的奇数项与偶数项分别成等比数列，公比为2，首项分别为1,2.‎ ‎∴S2 018＝(a1＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)‎ ‎＝＋ 5‎ ‎＝3·21 009－3.‎ ‎9．已知数列{an}为等比数列，前n项和为Sn，且a＝a10,3S1、2S2、S3成等差数列，则数列{an}的通项公式为an＝3n.‎ 解析：∵{an}为等比数列，∴(a1q4)2＝a1q9，∴a1＝q.‎ 又∵3S1,2S2，S3成等差数列，∴3S1＋S3＝4S2，‎ ‎∴‎3a1＋＝4·，‎ ‎∴3＋1＋q＋q2＝4＋4q，‎ ‎∴q2－3q＝0(q≠0)，∴q＝3，∴a1＝3.‎ ‎∴an＝a1qn－1＝3·3n－1＝3n.‎ 三、解答题 ‎10．已知等差数列{an}中，a2＝8，前10项的和S10＝185.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若从数列{an}中依次取第2项、第4项、第8项、……、第2n项、……按原来的顺序组成一个新的数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)设{an}的公差为d，有 解得a1＝5，d＝3，∴an＝a1＋(n－1)d＝3n＋2.‎ ‎(2)依题意bn＝a2n＝3·2n＋2，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(3×21＋2)＋(3×22＋2)＋…＋(3×2n＋2)＝3×(21＋22＋…＋2n)＋2n＝6×2n＋2n－6.‎ ‎11．已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，证明：Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，‎ 由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d，‎ 由已知得方程组 ⇒ 故an＝3n－1，bn＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)证明：Tn＝anb1＋an－1b2＋an－2b3＋…＋a1bn ‎＝2na1＋2n－‎1a2＋…＋2an ‎＝2n，‎ 令＝－＝cn－cn＋1，‎ 则Tn＝2n[(c1－c2)＋(c2－c3)＋…＋(cn－cn＋1)]‎ ‎＝2n(c1－cn＋1)＝10·2n－2(3n＋5)＝10bn－2an－12‎ ‎⇒Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)．‎ 5‎ ‎——能力提升类——‎ ‎12．在等比数列中，S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20等于(　C　)‎ A．90 B．70‎ C．40 D．30‎ 解析：由已知得q≠1(否则S30＝3S10)，‎ ‎∵∴ ‎∴∴q20＋q10－12＝0.‎ ‎∴q10＝3或q10＝－4(舍去)，‎ ‎∴S20＝＝S10(1＋q10)＝10×(1＋3)＝40.‎ ‎13．已知等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项之积为Tn，且满足a1>1，a2 ‎016a2 017>1，<0，则下列结论正确的是(　C　)‎ A．q<0‎ B．a2 ‎016a2 018－1>0‎ C．T2 016是数列{Tn}中的最大数 D．S2 016>S2 017‎ 解析：由已知，得a2 016>1，a2 017<1，所以前2 016项均大于1,00，b≠1)，则a4＝16.‎ 解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(b－1)·bn.因为a1＝S1＝b2－2，所以(b－1)b＝b2－2，解得b＝2，因此Sn＝2n＋1－2，于是a4＝S4－S3＝16.‎ ‎15．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.‎ ‎(1)求第n年初M的价值an的表达式；‎ ‎(2)设An＝，若An大于80万元，则M继续使用，否则需在第n年初对M更新．证明：需在第9年初对M更新．‎ 解：(1)当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列，an＝120－10(n－1)＝130－10n；‎ 当n≥6时，数列{an}是以a6为首项，为公比的等比数列，又a6＝70，所以an＝70×n－6.‎ 因此，第n年初M的价值an的表达式为 an＝ ‎(2)证明：设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，‎ 5‎ An＝120－5(n－1)＝125－5n；‎ 当n≥7时，由于S6＝570，故Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70××4× ‎＝780－210×n－6，‎ An＝.易知{An}是递减数列，‎ 又A8＝＝82>80，‎ A9＝＝76<80，‎ 所以需在第9年初对M更新．‎ 5‎