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第二章第1课时基础巩固一、选择题1.等比数列{an}的前n项和Sn=3n+a,则a的值为eq\x(导学号54742466)(C)A.3 B.0C.-1 D.任意实数[解析]S1=a1=3+a,S2-S1=a2=32+a-3-a=6,S3-S2=a3=33+a-32-a=18,eq\f(18,6)=eq\f(6,3+a),所以a=-1.2.若等比数列{an}各项都是正数,a1=3,a1+a2+a3=21,则a3+a4+a5的值为eq\x(导学号54742467)(D)A.21 B.42C.63 D.84[解析]∵a1+a2+a3=21,∴a1(1+q+q2)=21,又∵a1=3,∴1+q+q2=7,∵an>0,∴q>0,∴q=2,∴a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=22×21=84.3.等比数列{an}中,已知前4项之和为1,前8项和为17,则此等比数列的公比q为eq\x(导学号54742468)(C)A.2 B.-2C.2或-2 D.2或-1[解析]S4=1,S8=S4+q4·S4=1+q4=17∴q=±2.4.在等比数列{an}中,a1=a,前n项和为Sn,若数列{an+1}成等差数列,则Sn等于eq\x(导学号54742469)(C)A.an+1-a B.n(a+1)C.na D.(a+1)n-1[解析]利用常数列a,a,a,…判断,则存在等差数列a+1,a+1,a+1,…或通过下列运算得到:2(aq+1)=(a+1)+(aq2+1),∴q=1,Sn=na.5.已知等比数列前20项和是21,前30项和是49,则前10项和是eq\x(导学号54742470)(D)A.7 B.9C.63 D.7或63[解析]由S10,S20-S10,S30-S20成等比数列,∴(S20-S10)2=S10·(S30-S20),即(21-S10)2=S10(49-21),∴S10=7或63.6.已知{an}是等比数列,a2=2,a5=eq\f(1,4),则a1a2+a2a3+…+anan+1=eq\x(导学号54742471)(C)A.16(1-4-n) B.16(1-2-n)C.eq\f(32,3)(1-4-n) D.eq\f(32,3)(1-2-n)[解析]∵eq\f(a5,a2)=q3=eq\f(1,8),∴q=eq\f(1,2).∴an·an+1=4·(eq\f(1,2))n-1·4·(eq\f(1,2))n=25-2n,故a1a2+a2a3+a3a4+…+an=23+21+2-1+2-3+…+25-2n=eq\f(81-\f(1,4n),1-\f(1,4))=eq\f(32,3)(1-4-n).二、填空题7.(2023·湖南理,14)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=3n-\x(导学号54742472)[解析]考查等差数列与等比数列的性质.∵3S1,2S2,S3成等差数列,∴4S2=3S1+S3,∴4(a1+a2)=3a1+a1+a2+a3⇒a3=3a2⇒又∵{an}为等比数列,∴an=a1qn-1=3n-1.[方法点拨]条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时,先观察分析下标之间的关系,再考虑能否应用性质解决,要特别注意等差、等比数列性质的区别.8.已知Sn为等比数列{an}的前n项和,Sn=93,an=48,公比q=2,则项数n=\x(导学号54742473)[解析]由Sn=93,an=48,公比q=2,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a12n-1=93,,a1·2n-1=48))⇒2n=32⇒n=5.三、解答题9.(2023·福建文,17)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=\x(导学号54742474)(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=2an-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.[解析](1)设等差数列{an}的公差为d.由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+d=4,,a1+3d+a1+6d=15,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=3,,d=1.))所以an=a1+(n-1)d=n+2.(2)由(1)可得bn=2n+n.所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)=(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)=eq\f(21-210,1-2)+eq\f(1+10×10,2)=(211-2)+55=211+53=2101.10.(2023·全国卷Ⅲ理,17)已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan.其中λ≠\x(导学号54742475)(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;(2)若S3=eq\f(31,32),求λ.[解析](1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=eq\f(1,1-λ),a1≠0.由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0且λ≠1得an≠0,所以eq\f(an+1,an)=eq\f(λ,λ-1).因此{an}是首项为eq\f(1,1-λ),公比为eq\f(λ,λ-1)的等比数列,于是an=eq\f(1,1-λ)(eq\f(λ,λ-1))n-1.(2)由(1)得Sn=1-(eq\f(λ,1-λ))n.由S5=eq\f(31,32)得1-(eq\f(λ,λ-1))5=eq\f(31,32),即(eq\f(λ,λ-1))5=eq\f(1,32).解得λ=-1.能力提升一、选择题11.设{an}是等比数列,Sn是{an}的前n项和,对任意正整数n,有an+2an+1+an+2=0,又a1=2,则S101的值为eq\x(导学号54742476)(A)A.2 B.200C.-2 D.0[解析]设公比为q,∵an+2an+1+an+2=0,∴a1+2a2+a3=0,∴a1+2a1q+a1q2=0,∴q2+2q+1=0,∴q=-1,又∵a∴S101=eq\f(a11-q101,1-q)=eq\f(2[1--1101],1+1)=2.12.(2023·福建理,8)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于eq\x(导学号54742477)(D)A.6 B.7C.8 D.9[解析]由韦达定理得a+b=p,a·b=q,因为p>0,q>0,则a>0,b>0,当a,b,-2适当排序后成等比数列时,-2必为等比中项,故a·b=(-2)2=4,故q=4,b=eq\f(4,a).当适当排序后成等差数列时,-2必不是等差中项,当a是等差中项时,2a=eq\f(4,a)-2,解得a=1,b=4,;当b是等差中项时,eq\f(8,a)=a-2,解得a=4,b=1,综上所述,a+b=p=5,所以p+q=9,选D.13.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=eq\x(导学号54742478)(B)A.eq\f(15,2) B.eq\f(31,4)C.eq\f(33,4) D.eq\f(17,2)[解析]{an}是正数组成的等比数列,∴a3=eq\r(a2a4)=1,又S3=7,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2=1,\f(a11-q3,1-q)=7)),消去a1得,eq\f(q2+q+1,q2)=7,解之得q=eq\f(1,2),∴a1=4,∴S5=eq\f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,25))),1-\f(1,2))=eq\f(31,4).二、填空题14.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,S6=4S3,则a4=\x(导学号54742479)[解析]若q=1时,S3=3a1,S6=6a1,显然S6≠4S故q≠1,∴eq\f(a11-q6,1-q)=4·eq\f(a11-q3,1-q),∴1+q3=4,∴q3=3.∴a4=a1q3=3.15.将正偶数集合{2,4,6,8,…,2n,…}中的数从小到大按第n组有2n个数进行分组如下:eq\o(\s\up7(第一组),\s\do5({2,4}))eq\o(\s\up7(第二组),\s\do5({6,8,10,12}))eq\o(\s\up7(第三组),\s\do5({14,16,18,20,22,24,26,28}))eq\o(\s\up7(…),\s\do5(…))则2023位于第9组.eq\x(导学号54742480)[解析]前n组共有2+4+8+…+2n=eq\f(2×2n-1,2-1)=2n+1-2个数.由an=2n=2023得n=1009,∴2023为第1009个偶数.∵29=512,210=1024,∴前8组共有510个数,前9组共有1022个数,因此2023位于第9组.三、解答题16.(2023·全国卷Ⅰ文,17)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=eq\f(1,3),anbn+1+bn+1=\x(导学号54742481)(1)求{an}的通项公式;(2)求{bn}的前n项和.[解析](1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=eq\f(1,3),得a1=2.所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列.通项公式为an=3n-1.(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn,得bn+1=eq\f(bn,3),因此数列{bn}是首项为1,公比为eq\f(1,3)的等比数列.记{bn}的前n项和为Sn,则Sn=eq\f(1-\f(1,3)n,1-\f(1,3))=eq\f(3,2)-eq\f(1,2×3n-1).17.(2023·安徽文,18)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=\x(导学号54742482)(1)求数列{an}的通项公式;(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=eq\f(an+1,SnSn+1),求数列{bn}的前n项和Tn.[解析](1)∵{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1+a4=9,,a1<a4,,a1a4=8,))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=1,,a4=8,))⇒q3=eq\f(a4,a1)=8⇒q=2⇒an=a1qn-1=2n-1.(2)由(1)可知S
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