《新版一輪優(yōu)化探究文數(shù)蘇教版練習(xí):第六章 第三節(jié) 等比數(shù)列及其前n項和 Word版含解析》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《新版一輪優(yōu)化探究文數(shù)蘇教版練習(xí):第六章 第三節(jié) 等比數(shù)列及其前n項和 Word版含解析(6頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、
1
2、 1
一、填空題
1.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比q=3,前n項和為Sn,則=________.
解析:S4==40a1,a2=3a1.
∴=.
答案:
2.在等比數(shù)列{an}中,a1=2,前n項和為Sn,若數(shù)列{an+1}也是等比數(shù)列,則Sn等于________.
解析:由已知可設(shè)公比為q,
則(a2+1)2=(a1+1)(a3+1),
∴(2q+1)2=3(2q
3、2+1).
∴2q2-4q+2=0.
∴q=1,
∴an=2.
∴Sn=2n.
答案:2n
3.設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若=3,則=________.
解析:由等比數(shù)列的性質(zhì):
S3,S6-S3,S9-S6仍成等比數(shù)列,于是由S6=3S3,可推出S9-S6=4S3,S9=7S3,∴=.
答案:
4.已知{an}是首項為1的等比數(shù)列,Sn是{an}的前n項和,且9S3=S6,則數(shù)列{}的前5項和為________.
解析:由題意易知q≠1,則=,解得q=2,數(shù)列{}是以1為首項,以為公比的等比數(shù)列,由求和公式可得S5=.
答案:
5.已知{an}是等比數(shù)列,
4、a2=2,a5=,則a1a2+a2a3+…+anan+1(n∈N*)的取值范圍是________.
解析:設(shè)公比為q,則q3==,∴q=,a1=4,
故數(shù)列{an·an+1}是首項為8,公比為的等比數(shù)列,
∴a1a2+a2a3+…+anan+1
==[1-()n],
∵≤1-()n<1,
∴8≤[1-()n]<.
答案:[8,)
6.在等比數(shù)列{an}中,Sn為其前n項和,已知a5=2S4+3,a6=2S5+3,則此數(shù)列的公比q為________.
解析:由已知a5=2S4+3,a6=2S5+3,
兩式相減得a6-a5=2a5,即a6=3a5,
所以q=3.
答案:3
5、
7.在等比數(shù)列{an}中,公比q=2,前99項的和S99=30,則a3+a6+a9+…+a99=________.
解析:∵S99=30,
即a1(299-1)=30.
a3+a6+a9+…+a99==a1(299-1)
=×30=.
答案:
8.數(shù)列{an}滿足:log2an +1=1+log2an,若a3=10,則a10=________.
解析:由已知得an+1=2an,故數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列,所以a10=a3×27=10×128=1 280.
答案:1 280
9.已知正項等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,bn=,且{bn}的前n項和為Tn,若對一切正整
6、數(shù)n都有Sn>Tn,則數(shù)列{an}的公比q的取值范圍是________.
解析:由于{an}是等比數(shù)列,公比為q,所以bn==an,于是b1+b2+…+bn=(a1+a2+…+an),即Tn=·Sn,又Sn>Tn,且Tn>0,所以q2=>1.因為an>0對任意n∈N*都成立,所以q>0,因此公式q的取值范圍是q>1.
答案:q>1
二、解答題
10.已知等差數(shù)列{an}滿足a2=2,a5=8.
(1)求{an}的通項公式;
(2)各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}中,b1=1,b2+b3=a4,求{bn}的前n項和Tn.
解析:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,
則由已知得.
7、∴a1=0,d=2.
∴an=a1+(n-1)d=2n-2.
(2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q,
則由已知得q+q2=a4,
∵a4=6,∴q=2或q=-3.
∵等比數(shù)列{bn}的各項均為正數(shù),∴q=2.
∴{bn}的前n項和Tn===2n-1.
11.已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1=k,an+1=an+n-4,bn=(-1)n(an-3n+21),其中k為實數(shù),n∈N*.
(1)證明數(shù)列{an}不是等比數(shù)列;
(2)若數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,求k的取值范圍.
解析:(1)證明:假設(shè)存在實數(shù)k使{an}是等比數(shù)列,
則a=a1·a3,即(k-3)2=k(k-4),
8、
即k2-4k+9=k2-4k,
∴9=0顯然矛盾,故假設(shè)不成立.
∴{an}不是等比數(shù)列.
(2)∵bn+1=(-1)n+1[an+1-3(n+1)+21]
=(-1)n+1(an-2n+14)
=(-)·(-1)n(an-3n+21)
=-bn.
又∵b1=-(k+18),
∴只需k≠-18,則b1≠0,由上可知=-(n∈N*).
故若{bn}是等比數(shù)列,則只需要k≠-18,
∴k的取值范圍為(-∞,-18)∪(-18,+∞).
12.已知a1=2,點(an,an+1)在函數(shù)f(x)=x2+2x的圖象上,其中n=1,2,3,….
(1)求證數(shù)列{lg(1+an)}是
9、等比數(shù)列;
(2)設(shè)Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an),求Tn及數(shù)列{an}的通項;
(3)記bn=+,求數(shù)列{bn}的前n項和Sn,并說明Sn+=1.
解析:(1)證明:由已知得an+1=a+2an,
∴an+1+1=(an+1)2.
∵a1=2,∴an+1>1,
兩邊取對數(shù)得lg(1+an+1)=2lg(1+an),
即=2.
∴數(shù)列{lg(1+an)}是公比為2的等比數(shù)列.
(2)由(1)知lg(1+an)=2n-1·lg(1+a1)
=2n-1·lg 3=lg 32n-1,
∴1+an=32n-1.(*)
∴Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an)
=320·321·322·…·32n-1
=31+2+22+…+2n-1=32n-1.
由(*)式得an=32n-1-1.
(3)∵an+1=a+2an,
∴an+1=an(an+2),
∴=(-),
∴=-.
又∵bn=+,
∴bn=2(-).
∵Sn=b1+b2+…+bn
=2(-+-+…+-)
=2(-).
∵an=32n-1-1,a1=2,an+1=32n-1,
∴Sn=1-.
又∵Tn=32n-1,
∴Sn+=1-+=1.