2020年高中数学第二章第2课时等比数列的前n项和公式的性质及应用优化练习新人教A版必修5 5页

第2课时 等比数列的前n项和公式的性质及应用 ‎[课时作业]‎ ‎[A组　基础巩固]‎ ‎1．设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则(　　)‎ A．Sn＝2an－1 B．Sn＝3an－2‎ C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an 解析：Sn＝＝＝3－2an.‎ 答案：D ‎2．设Sn为等比数列{an}的前n项和，‎8a2－a5＝0，则＝(　　)‎ A．5 B．8‎ C．－8 D．15‎ 解析：∵‎8a2－a5＝0，∴‎8a1q＝a1q4，∴q3＝8，∴q＝2，∴＝＝1＋q2＝5.‎ 答案：A ‎3．已知在等比数列{an}中，公比q是整数，a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则此数列的前8项和为(　　)‎ A．514 B．513‎ C．512 D．510‎ 解析：由已知得解得q＝2或q＝.‎ ‎∵q为整数，∴q＝2.∴a1＝2，∴S8＝＝29－2＝510.‎ 答案：D ‎4．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＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：由a‎2a4＝1⇒a1＝，又S3＝a1(1＋q＋q2)＝7，‎ 联立得：＝0，∴q＝，a1＝4，‎ 5‎ S5＝＝.‎ 答案：B ‎5．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和，若Sn＝126，则n＝________.‎ 解析：∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，‎ ‎∴Sn＝＝126，∴2n＝64，∴n＝6.‎ 答案：6‎ ‎6．等比数列{an}的公比q>0，已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，则{an}的前4项和S4＝________.‎ 解析：由an＋2＋an＋1＝6an，‎ 得qn＋1＋qn＝6qn－1，即q2＋q－6＝0，q>0，解得q＝2，‎ 又∵a2＝1，∴a1＝，‎ ‎∴S4＝＝.‎ 答案： ‎7．设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an＝________.‎ 解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，依题意得a2＝a1·q＝q，a3＝a1q2＝q2，S1＝a1＝1，S2＝1＋q，S3＝1＋q＋q2，又3S1,2S2，S3成等差数列，所以4S2＝3S1＋S3，即4(1＋q)＝3＋1＋q＋q2，所以q＝3(q＝0舍去)．所以an＝a1qn－1＝3n－1.‎ 答案：3n－1‎ ‎8．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是其前n项和，证明：log0.5Sn＋log0.5Sn＋2>2log0.5Sn＋1.‎ 证明：设{an}的公比为q，由已知得a1>0，q>0.‎ ‎∵Sn＋1＝a1＋qSn，Sn＋2＝a1＋qSn＋1，‎ ‎∴SnSn＋2－S＝Sn(a1＋qSn＋1)－(a1＋qSn)Sn＋1＝Sna1＋qSnSn＋1－a1Sn＋1－qSnSn＋1＝a1(Sn－Sn＋1)＝－a1an＋1<0，‎ ‎∴Sn·Sn＋2log0.5S，‎ 即log0.5Sn＋log0.5Sn＋2>2log0.5Sn＋1.‎ ‎9．设等比数列{an}的公比q<1，前n项和为Sn，已知a3＝2，S4＝5S2，求{an 5‎ ‎}的通项公式．‎ 解析：由题设知a1≠0，Sn＝，‎ 则 由②得1－q4＝5(1－q2)，(q2－4)(q2－1)＝0.‎ ‎(q－2)(q＋2)(q－1)(q＋1)＝0，‎ 因为q<1，解得q＝－1或q＝－2.‎ 当q＝－1时，代入①得a1＝2，‎ 通项公式an＝2×(－1)n－1；‎ 当q＝－2时，代入①得a1＝；‎ 通项公式an＝×(－2)n－1.‎ 综上，当q＝－1时，an＝2×(－1)n－1；‎ 当q＝－2时，an＝×(－2)n－1.‎ ‎[B组　能力提升]‎ ‎1．在等比数列{an}中，公比q＝2，log‎2a1＋log‎2a2＋log‎2a3＋…＋log‎2a10＝35，则S10＝(　　)‎ A. B. C．235 D. 解析：由题意知log2(a1·a2·…·a10)＝35，‎ ‎∴a1·a2·a3·…·a10＝235.‎ ‎∴a1·(a1q)·(a1q2)·…·(a1q9)＝235.‎ ‎∴aq1＋2＋3＋…＋9＝235.‎ ‎∴a·245＝235，即a＝，‎ ‎∴a1＝.‎ ‎∴a1＋a2＋…＋a10＝＝.‎ 答案：A ‎2．已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(　　)‎ A．a1d>0，dS4>0‎ B．a1d<0，dS4<0‎ C．a1d>0，dS4<0‎ D．a1d<0，dS4>0‎ 5‎ 解析：因为{an}是等差数列，a3，a4，a8成等比数列，‎ 所以(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)⇒a1＝－d，‎ 所以S4＝2(a1＋a4)＝2(a1＋a1＋3d)＝－d，所以a1d＝－d2<0，dS4＝－d2<0.‎ 答案：B ‎3．一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项的和的两倍，它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为________．‎ 解析：由题意可知q＝2，‎ 设该数列为a1，a2，a3，…，a2n，‎ 则an＋an＋1＝24，又a1＝1，‎ ‎∴qn－1＋qn＝24，即2n－1＋2n＝24，‎ 解得n＝4，∴项数为8项．‎ 答案：8‎ ‎4．(2016·高考全国Ⅰ卷)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a‎1a2…an的最大值为________．‎ 解析：设{an}的公比为q，‎ 于是a1(1＋q2)＝10，①‎ a1(q＋q3)＝5，②‎ 联立①②得a1＝8，q＝，‎ ‎∴an＝24－n，∴a‎1a2…an＝23＋2＋1＋…＋(4－n)＝2－n2＋n＝2－(n－)2＋≤26＝64.∴a‎1a2…an的最大值为64.‎ 答案：64‎ ‎5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝5，S6＝36，‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解析：(1)设{an}的公差为d，则 即∴a1＝1，d＝2.‎ ‎∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，(n∈N*)．‎ ‎(2)∵bn＝2an＝22n－1，‎ ‎∴Tn＝21＋23＋25＋…＋22n－1‎ ‎＝＝.‎ ‎6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*)，数列{bn}中，b1＝1，点P(bn，bn 5‎ ‎＋1)在直线x－y＋2＝0上．‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，求Tn.‎ 解析：(1)由Sn＝2an－2得Sn－1＝2an－1－2(n≥2)，‎ 两式相减得an＝2an－2an－1，即＝2(n≥2)，‎ 又a1＝S1＝‎2a1－2，∴a1＝2，‎ ‎∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．‎ ‎∴an＝2n.‎ ‎∵点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上，‎ ‎∴bn－bn＋1＋2＝0，即bn＋1－bn＝2，‎ ‎∴{bn}是等差数列．‎ 又b1＝1，∴bn＝2n－1.‎ ‎(2)∵Tn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)·2n，①‎ ‎∴2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1.②‎ ‎①－②，得 ‎－Tn＝1×2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1‎ ‎＝2＋2·－(2n－1)2n＋1‎ ‎＝2＋4·2n－8－(2n－1)2n＋1＝(3－2n)·2n＋1－6.‎ ‎∴Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6.‎ 5‎