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  • 2021-06-16 发布

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

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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