人教A版高中数学必修5第二章 数列2.5 等比数列的前n项和习题(2)

课时作业(十四)等比数列的综合应用 A组基础巩固 1.已知等比数列的公比为2,且前5项和为1,那么前10项和等于() 解析:根据等比数列性质得S-s 答案:B 2.在等比数列{an}中,S=1,S=3,则a+a8+a9+a的值是() 解析:S=1,S=3.∴S-S=2, ∵S,S-S,S2-S,S6-S2,S-S6,…,成等比数列,且公比为2 答案 3.如果一个项数为偶数的等比数列,它的偶数项和是奇数项和的2倍,又它的首项为1, 且中间两项的和为96,则此等比数列的项数为() A.12B.10 C.8D.6 解析:设等比数列为{an},其项数为2n,公比为q,则函=1,an+an+1=96. 由S偶=2S毒,得a=2a=2. 由an+an+1=96,得2-1+2=96 ∴3·2”=96,即21=32 答案:A 4.在等比数列中,已知a码1=21,则的值为() A.3B.9 C.27D.81 解析: a 答案:B 5.1 +(+2+(1+2+9+-+ 2的值为() A.18+B.20+ 解析;该数列的通项为a=1+2++…+2=1-2),可以看作1项求和,则前1

- 1 - 课时作业(十四) 等比数列的综合应用 A 组 基础巩固 1．已知等比数列的公比为 2，且前 5 项和为 1，那么前 10 项和等于( ) A．31 B．33 C．35 D．37 解析：根据等比数列性质得S10－S5 S5 ＝q 5， ∴ S10－1 1 ＝2 5，∴S10＝33. 答案：B 2．在等比数列{an}中，S4＝1，S8＝3，则 a17＋a18＋a19＋a20 的值是( ) A．14 B．16 C．18 D．20 解析：S4＝1，S8＝3.∴S8－S4＝2， ∵S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16，…，成等比数列，且公比为 2， ∴a17＋a18＋a19＋a20＝S20－S16＝1·24＝16. 答案：B 3．如果一个项数为偶数的等比数列，它的偶数项和是奇数项和的 2 倍，又它的首项为 1， 且中间两项的和为 96，则此等比数列的项数为( ) A．12 B．10 C．8 D．6 解析：设等比数列为{an}，其项数为 2n，公比为 q，则 a1＝1，an＋an＋1＝96. S 偶＝ a2 1－q 2n 1－q 2 ，S 奇＝ a1 1－q 2n 1－q 2 . 由 S 偶＝2S 奇，得 a2＝2a1＝2.∴q＝2. 由 an＋an＋1＝96，得 2 n－1＋2 n ＝96. ∴3·2n－1＝96，即 2 n－1＝32， ∴n＝6,2n＝12. 答案：A 4．在等比数列中，已知 a1a 3 8a15＝243，则a 3 9 a11 的值为( ) A．3 B．9 C．27 D．81 解析：∵a1a15＝a 2 8， ∴a 5 8＝243＝3 5，∴a8＝3， ∴ a 3 9 a11 ＝ a9·a7·a11 a11 ＝a9·a7＝a 2 8＝9. 答案：B 5．1＋    1＋ 1 2 ＋    1＋ 1 2 ＋ 1 4 ＋…＋    1＋ 1 2 ＋ 1 4 ＋…＋ 1 2 10 的值为( ) A．18＋ 1 2 9 B．20＋ 1 2 10 C．22＋ 1 2 11 D．18＋ 1 2 10 解析：该数列的通项为 an＝1＋ 1 2 ＋ 1 4 ＋…＋ 1 2 n－1＝2     1－ 1 2 n ，可以看作 11 项求和，则前 11

项的和为S1=21 11=20+。,所以B正 确 答案:B 6.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=S·S-1(n≥2),a1=,则ao等于() A 解析:由an=Sn·Sn-1(n≥2), 得S-Sn-1=S2·Sn-1(n≥2), 11 s-s-=-l,s=z-n+1=2-n 答案:C 7.设等差数列{an}的前n项和为S,则S,S-S,S2-S,S6-S2成等差数列.类比以 上结论有:设等比数列{b2}的前n项积为T,则T, Z成等比数列 解析:对于等比数列,通过类比,若等比数列(b)的前n项积为Z,则x,z,需,n成 等比数列 1s Tiz 答案:T,T 8.在等比数列(a}中,a=3,a=81,若数列{△)满是b=10④,则数列1的前n 项和Sn 解析 81,∴3d=81 ∴q=3,an=3×3=3, ∴b=1og33=n b,but n+1 S 11 hb bbs bb nn+1 + +11×22×33×4 n+1n+1 答案 n+1 9.已知等差数列{a}满足a2=0,,a+a=-10 (1)求数列{a}的通项公式 (2)求数列}的前n项和

- 2 - 项的和为 S11＝2     1－ 1 2 ＋2     1－ 1 2 2 ＋…＋2     1－ 1 2 11 ＝2×11－2× 1 2    1－ 1 2 11 1－ 1 2 ＝20＋ 1 2 10，所以 B 正 确． 答案：B 6．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 an＝Sn·Sn－1(n≥2)，a1＝ 2 9 ，则 a10 等于( ) A. 4 9 B. 4 7 C. 4 63 D. 5 63 解析：由 an＝Sn·Sn－1(n≥2)， 得 Sn－Sn－1＝Sn·Sn－1(n≥2)， ∴ 1 Sn － 1 Sn－1 ＝－1，∴ 1 Sn ＝ 9 2 －n＋1＝ 11 2 －n， ∴Sn＝ 2 11－2n ， ∴a10＝S10－S9＝ 2 11－20－ 2 11－18＝ 4 63. 答案：C 7．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12 成等差数列．类比以 上结论有：设等比数列{bn}的前 n 项积为 Tn，则 T4，________，________， T16 T12 成等比数列． 解析：对于等比数列，通过类比，若等比数列{bn}的前 n 项积为 Tn，则 T4， T8 T4 ， T12 T8 ， T16 T12 成 等比数列． 答案：T8 T4 T12 T8 8．在等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足 bn＝log3an，则数列     1  bnbn＋1 的前 n 项和 Sn＝________. 解析：∵a1＝3，a4＝81，∴3q 3＝81， ∴q＝3，an＝3×3n－1＝3 n ， ∴bn＝log33 n ＝n， 1 bnbn＋1 ＝ 1 n n＋1 ， ∴Sn＝ 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋ 1 b3b4 ＋…＋ 1 bn－1bn ＋ 1 bnbn＋1 ＝ 1 1×2＋ 1 2×3＋ 1 3×4＋…＋ 1 n－1 n ＋ 1 n n＋1 ＝    1－ 1 2 ＋   1  2 － 1 3 ＋   1  3 － 1 4 ＋…＋   1  n－1 － 1 n ＋   1  n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ＝ n n＋1 . 答案： n n＋1 9．已知等差数列{an}满足 a2＝0，.a6＋a8＝－10. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列     an  2 n－1 的前 n 项和．

「ah+d=0 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,由已知条件,得 解得∵ 2a1+12d=-10 故数列{an}的通项公式为an=2-n ()设数列出}的前D项和为S 即S=a1+ 故S=1, S_④⊥ 所以,当m1时, 2-n n 所以S=-,当n=1时,S符合此式 综上,数 的前n项和S 10.已知数列{a}的前n项和为S,且S=2n+n,n∈N,数列{b}满足a=4log2l+3, 1)求an,b2 (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn 解:(1)由S=2n+n,得当n=1时,a=S=3; 当n≥2时,an=S-S-1=4n-1,当n=1时也适合,所以a2=4n-1,n∈N 由4n-1=an=41og2b+3,得b2=2-,n∈N (2)由(1)知an·b2=(4n-1)·2,n∈N, 所以T=3+7×2+11×22+…+(4m-1)·2 2T=3×2+7×2+…+(4m-5)·2-+(4n-1)·2 所以2T-T=(4n-1)·2-[3+4(2+22+…+2-)]=(4m-5)·2+5. 故T=(4n-5)·2+5,n∈N B组能力提升 11.设等比数列{a}的前n项和为S,若8a+=0,则下列式子中数值不能确定的是 datI s. 解析:设等比数列{an}的公比为q,则8aq+a1q=0,得 4;* S_1-_11 由于n未知,故无法确定 其值 答案:D 12.等比数列{a}的前n项和为S,公比不为1.若a1=1,且对任意的n∈N都有an++a 2an=0,则S 解析:由a+2+an+1-2an=0,得aq+aq-2an=0,显然品≠0,所以q+q-2=0.又q≠1, 解得=-2.又a=1,所以S=1x-=22=1

- 3 - 解：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件，得    a1＋d＝0， 2a1＋12d＝－10. 解得    a1＝1， d＝－1. 故数列{an}的通项公式为 an＝2－n. (2)设数列     an  2 n－1 的前 n 项和为 Sn， 即 Sn＝a1＋ a2 2 ＋…＋ an 2 n－1. 故 S1＝1， Sn 2 ＝ a1 2 ＋ a2 4 ＋…＋ an 2 n. 所以，当 n>1 时， Sn 2 ＝a1＋ a2－a1 2 ＋…＋ an－an－1 2 n－1 － an 2 n ＝1－   1  2 ＋ 1 4 ＋…＋ 1 2 n－1 － 2－n 2 n ＝1－    1－ 1 2 n－1 － 2－n 2 n ＝ n 2 n. 所以 Sn＝ n 2 n－1.当 n＝1 时，S1 符合此式． 综上，数列     an  2 n－1 的前 n 项和 Sn＝ n 2 n－1. 10．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2n 2＋n，n∈N *，数列{bn}满足 an＝4log2bn＋3， n∈N * . (1)求 an，bn； (2)求数列{an·bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由 Sn＝2n 2＋n，得当 n＝1 时，a1＝S1＝3； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，当 n＝1 时也适合，所以 an＝4n－1，n∈N * . 由 4n－1＝an＝4log2bn＋3，得 bn＝2 n－1，n∈N * . (2)由(1)知 an·bn＝(4n－1)·2n－1，n∈N *， 所以 Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1， 2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n ， 所以 2Tn－Tn＝(4n－1)·2n －[3＋4(2＋2 2＋…＋2 n－1 )]＝(4n－5)·2n ＋5. 故 Tn＝(4n－5)·2n ＋5，n∈N * . B 组 能力提升 11．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 8a2＋a5＝0，则下列式子中数值不能确定的是 ( ) A. a5 a3 B. S5 S3 C. an＋1 an D. Sn＋1 Sn 解析：设等比数列{an}的公比为 q，则 8a1q＋a1q 4＝0，得 q＝－2， ∴ a5 a3 ＝q 2＝4； an＋1 an ＝q＝－2； S5 S3 ＝ 1－q 5 1－q 3＝ 11 3 ；而Sn＋1 Sn ＝ 1－q n＋1 1－q n ，由于 n 未知，故无法确定 其值． 答案：D 12．等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，公比不为 1.若 a1＝1，且对任意的 n∈N *都有 an＋2＋an ＋1－2an＝0，则 S5＝________. 解析：由 an＋2＋an＋1－2an＝0，得 anq 2＋anq－2an＝0，显然 an≠0，所以 q 2＋q－2＝0.又 q≠1， 解得 q＝－2.又 a1＝1，所以 S5＝ 1×[1－ －2 5 ] 1－ －2 ＝11

答案:11 13.设数列{an}的前n项和为S2=2n2,数列{b}为等比数列,且a1=b,b2(a-a)=b (1)求数列{a}和{b}的通项公式 (2)设c=b,求数列{a)的前n项和n 解:(1)∵当n=1时,a=S=2: 当n≥2时,an=S-S-1=2n-2(n-1)2=4n-2 故{an}的通项公式为an=4n-2 即{a}是a1=2,公差d=4的等差数列 设{b3}的公比为q,则b1qd=b ∴=4故b=bC=2×3 即{b}的通项公式为b (2)∵c=24n-2 (2n-1)4-, T=a+a+…+c=1+3×4+5×42+…+(2m-1)42-, 4T=1×4+3×42+5×42+…+(2n-3)4-1+(2n-1)4 两式相减,得37=-1-2(4+42+4+…+4”-)+(2n-1)4=5[(6n-5)4+5], ∴T=[(6n-5)4+5] 14.将各项均为正数的数列{al}中的所有项按每一行比上一行多一项的规律排成数表,如 下表.记表中各行的第一个数a,a,函,a,…构成的数列为{bn},各行的最后一个数a, a,,a0,…构成的数列为{c},第n行所有数的和为sn(n=1,2,3,4,…).已知数列{bn} 是公差为d的等差数列,从第二行起,每一行中的数按照从左到右的顺序每一个数与它前面 一个数的比是常数,且a=an=1,a=3 ar as ag a1o (1)求数列{c},{s}的通项公式 2n-12n+1 (2)记d (n∈N),求证:d+a2+d+…+d 解析:(1)由题意得b=dm-d+1 前n行共有1+2+3+…+n=n+1 个数 2 4×5 ∵13=2+3,∴a13=b×q,即(44+1)q2=1 +3,∴a=b×q, 即(7+1)=,解得d=2,3 ∴b=2n-1,c=b-=2-1

- 4 - 答案：11 13．设数列{an}的前 n 项和为 Sn＝2n 2，数列{bn}为等比数列，且 a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设 cn＝ an bn ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)∵当 n＝1 时，a1＝S1＝2； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n 2－2(n－1)2＝4n－2， 故{an}的通项公式为 an＝4n－2， 即{an}是 a1＝2，公差 d＝4 的等差数列． 设{bn}的公比为 q，则 b1qd＝b1， ∴q＝ 1 4 .故 bn＝b1q n－1＝2× 1 4 n－1. 即{bn}的通项公式为 bn＝ 2 4 n－1. (2)∵cn＝ an bn ＝ 4n－2 2 4 n－1 ＝(2n－1)4n－1， ∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1＋3×41＋5×42＋…＋(2n－1)4n－1， 4Tn＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－1)4n . 两式相减，得 3Tn＝－1－2(41＋4 2＋4 3＋…＋4 n－1 )＋(2n－1)4n ＝ 1 3 [(6n－5)4n ＋5]， ∴Tn＝ 1 9 [(6n－5)4n ＋5]． 14．将各项均为正数的数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规律排成数表，如 下表．记表中各行的第一个数 a1，a2，a4，a7，…构成的数列为{bn}，各行的最后一个数 a1， a3，a6，a10，…构成的数列为{cn}，第 n 行所有数的和为 sn(n＝1,2,3,4，…)．已知数列{bn} 是公差为 d 的等差数列，从第二行起，每一行中的数按照从左到右的顺序每一个数与它前面 一个数的比是常数 q，且 a1＝a13＝1，a31＝ 5 3 . a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 … … … … … … … … (1)求数列{cn}，{sn}的通项公式； (2)记 dn＝ 2n－1 sn＋cn ＋ 2n＋1 sn＋1 (n∈N * )，求证：d1＋d2＋d3＋…＋dn> 4n 3 － 2 9 . 解析：(1)由题意得 bn＝dn－d＋1. 前 n 行共有 1＋2＋3＋…＋n＝ n n＋1 2 个数． ∵13＝ 4×5 2 ＋3，∴a13＝b5×q 2，即(4d＋1)q 2＝1. 又∵31＝ 7×8 2 ＋3，∴a31＝b8×q 2， 即(7d＋1)q 2＝ 5 3 ，解得 d＝2，q＝ 1 3 ， ∴bn＝2n－1，cn＝bn    1 3 n－1＝ 2n－1 3 n－1

2m-11 (2)证明:d 2n-12n+1 2n-1 2n+1 -1 2n+1 3+1+3-+-1 230-1 132+1 23-1 又 3-13+1 +-33+13°+1 ∴d+d+d+…+d

- 5 - sn＝ 2n－1     1－ 1 3 n 1－ 1 3 ＝ 3 2 (2n－1)·3 n －1 3 n . (2)证明：dn＝ 2n－1 sn＋cn ＋ 2n＋1 sn＋1 ＝ 2n－1 3 2 2n－1    3  n －1 3 n ＋ 2 3 n ＋ 2n＋1 3 2 2n＋1 · 3 n＋1－1 3 n＋1 ＝ 2 3   3  n 3 n ＋1 ＋ 3 n＋1 3 n＋1－1 ＝ 2 3    2＋ 1 3 n＋1－1 － 1 3 n ＋1 ＝ 2 3    2－ 2 3 n －1 3 n＋1－1 3 n ＋1 . 又∵ 2 3 n －1 3 n＋1－1 3 n ＋1 < 2 3 n －1 3 n＋1－3 3 n ＋1 ＝ 2 3 3 n ＋1 < 2 3 n＋1， ∴d1＋d2＋d3＋…＋dn> 2 3    2n－2    1  3 2＋ 1 3 3＋…＋ 1 3 n＋1 ＝ 4n 3 － 2 9 ＋ 2 3 n＋2> 4n 3 － 2 9