1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。十等比数列习题课(30分钟60分)一、选择题(每小题5分，共30分，多选题全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1在等比数列an中，如果a1a418，a2a312，那么这个数列的公比为()A2 B. C2或 D2或【解题指南】设公比为q，将a1a418，a2a312用首项和公比q表示，联立即可解出q. 【解析】选C.设等比数列an的公比为q，因为a1a418，a2a312，所以a118，a112，两式相除化简得(2q25q2)(1q)0，则2q25q20或q
2、1，因为a1(1q3)18，得q1，所以解得q2或.2(2020全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和若a5a312，a6a424，则()A2n1 B221nC22n1 D21n1【解析】选B.设等比数列的公比为q，由a5a312，a6a424可得：，所以ana1qn12n1，Sn2n1，因此221n.3记等比数列的前n项和为S，若S24，S420，则S6()A24 B28 C48 D84【解析】选D.由等比数列的性质，可得S2，S4S2，S6S4成等比数列，所以2S2，即24，解得S684.4已知数列an满足a11，a23，an23an(nN*)，则数列an的前2 018项的和S2 018等
3、于()A2(31 0081) B2(31 0091)C2(32 0181) D2(32 0171)【解析】选B.由an23an(nN*)，即3，当n为奇数时，可得a1，a3，a2n1成等比数列，首项为1，公比为3.当n为偶数时，可得a2，a4，a2n成等比，首项为3，公比为3.那么：S奇，S偶，前2 018项中，奇数项和偶数项分别有1 009项故得S2 018S奇S偶231 00922(31 0091).5已知等比数列an的首项为8，Sn是其前n项的和，某同学经计算得S18，S220，S336，S465，后来该同学发现其中一个数算错了，则该数为()AS1 BS2 CS3 DS4【解析】选C.由
4、已知S1正确若S4错误，则S2，S3正确，于是a18，a2S2S112，a3S3S216，与an为等比数列矛盾，故S465.若S3错误，则S2正确，此时，a18，a212，得q，a318，a427，S465，满足题设6(多选题)已知a1，a2，a8为各项都大于零的等比数列，公比q1，则下列说法不正确的是()Aa1a8a4a5 Ba1a8a4a5 Da1a81，则1q30，1q40，所以a1(1q3)(1q4)0，若0q0，1q40，a10，所以a1(1q3)(1q4)0，所以a1a8a4a5，故不正确的是BCD.二、填空题(每小题5分，共10分)7已知数列的前n项和为Sn，a11，2Snan1
5、1，则Sn_【解析】当n1时，则有2S1a21，所以a22S112a113；当n2时，由2Snan11得出2Sn1an1，上述两式相减得2anan1an，所以an13an，得3且3，所以，数列是以1为首项，以3为公比的等比数列，则an13n13n1，an13n，那么2Snan113n1，因此，Sn.答案：8.2_.【解析】设Sn，则Sn，两式相减得Sn1，所以Sn2，所以原式.答案：三、解答题(每小题10分，共20分)9已知数列an的前n项和Snk(3n1)，且a327.(1)求数列an的通项公式；(2)若bnlog3an，求数列的前n项和Tn.【解析】(1)Snk(3n1)，a327.当n3
6、时，a3S3S2k(3332)，解得k，当n2时，anSnSn1(3n1)(3n11)3n，又因为a1S13也满足上式，所以an3n.(2)由(1)及已知知，bnlog33nn，所以，所以Tn11.10已知数列满足递推关系，且a10，an2an11.(1)求证：数列为等比数列；(2)设bnn，求数列的前n项和Tn.【解析】(1)由an2an11，即an12，所以2，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)知an12n1，所以bnnn2n1.所以Tn120221322n2n1，则2Tn121222323n2n，由得Tn12012112212n1n2nn2n2n1，所以Tn2n1.(
7、35分钟70分)一、选择题(每小题5分，共20分)1设Sn为等比数列的前n项和，若an0，a1，Sn0，a1，Sn2，所以0q1，Sn200，因为0q1，所以0qn1，因此要想34qqn对于nN*恒成立，只需34q0q，而0q1，所以0q.2已知数列an的通项公式是an，其前n项和Sn，则项数n等于()A13 B10 C9 D6【解析】选D.因为an1，所以Snnnn1，令n15，所以n6.3数列1，2，3，4，n的前n项和为()A(n2n2) Bn(n1)1C(n2n2) Dn(n1)2【解析】选A.123(12n)(n2n)1(n2n2).4已知等比数列an满足a34，且9，则a1a3a5
8、a19()A B C D【解析】选D.因为9，所以91q39q2，因为a34，所以a1q24，a11，因此a1a3a5a19，a1a3a5a19，.【补偿训练】 已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn()A2n1BC D【解析】选B.由Sn2an1，可得S1a12a2，所以a2，当n2时，有Sn12an，两式作差可得，故数列an是从第2项起构成首项a2，公比q的等比数列所以Sna11. 二、填空题(每小题5分，共20分)5若数列满足：2a122a223a32nan2n(nN*)，则数列的前n项和Sn为_【解析】由2a122a223a32nan2n得：2a122a223a32
9、n1an12，且，两式作差可得：2nan2，即an且，由已知等式可得，2a12，解得：a11，适合上式，所以an，又，所以数列是以1为首项，以为公比的等比数列，则Sn2.答案：26设数列an满足a11，且an12，则数列2nan的前n项的和Sn_【解析】由题意得a4an1an4(an)20，所以(an12an)20，故an12an，所以an为等比数列，an2n1，则2nann2n，Sn12222n2n，2Sn122223(n1)2nn2n1，两式作差得Snn2n1，即Sn(n1)2n12.答案：(n1)2n127已知cn(2n1)2n1，则数列cn的前n项和Sn_【解析】Sn1132522(2
10、n1)2n1，2Sn12322523(2n3)2n1(2n1)2n，上述两式作差得Sn12222222322n1(2n1)2n12(2n1)2n，所以Sn32n(32n).答案：32n(32n)8已知数列an和bn中，数列an的前n项和为Sn.若点(n，Sn)在函数yx24x的图象上，点(n，bn)在函数y2x的图象上，则数列an的通项公式为_；数列anbn的前n项和Tn为_【解析】(1)由已知得Snn24n，因为当n2时，anSnSn12n5，又当n1时，a1S13，符合上式所以an2n5.(2)由已知得bn2n，anbn(2n5)2n.Tn321122(1)23(2n5)2n，2Tn322
11、123(2n7)2n(2n5)2n1.两式相减得Tn6(23242n1)(2n5)2n1(2n5)2n16(72n)2n114.答案：an2n5(72n)2n114三、解答题(每小题10分，共30分)9已知数列an为等差数列，且a15，a29，数列bn的前n项和Snbn.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设cnan|bn|，求数列cn的前n项的和Tn.【解析】(1)公差da2a1954，所以ana1(n1)d54(n1)4n1.因为Snbn，所以Sn1bn1(n2)，两式相减，得bnbnbn1，所以bnbn1，所以2(n2).又b1S1b1，所以b11，所以数列bn是首项为1，公比为2的
12、等比数列，所以bn(2)n1.(2)由(1)知，cnan|bn|(4n1)|(2)n1|(4n1)2n1.所以Tn51921322(4n1)2n12Tn52922(4n3)2n1(4n1)2n得Tn54(2222n1)(4n1)2n54(4n1)2n58(2n11)(4n1)2n52n28(4n1)2n2n2(4n1)2n32n(44n1)32n(34n)3，所以Tn(4n3)2n3.10(2019天津高考)设an是等差数列，bn是等比数列已知a14，b16，b22a22，b32a34.(1)求an和bn的通项公式(2)设数列cn满足c11，cn其中kN*.求数列a2n(c2n1)的通项公式求
13、 (nN*).【解析】(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.依题意得解得故an4(n1)33n1，bn62n132n.所以an的通项公式为an3n1，bn的通项公式为bn32n.(2)a2n(c2n1)a2n(bn1)(32n1)(32n1)94n1.所以数列a2n(c2n1)的通项公式为a2n(c2n1)94n1. (322n152n1)9n2722n152n1n12.11在2Sn1Sn1，a2，Sn12an1这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，给出解答已知数列的前n项和为Sn，满足_，_；又知正项等差数列满足b13，且b1，b32，b7成等比数列(1)求和的通项公式；
14、(2)设cn，求数列的前n项和Tn.【解析】(1)选择：由2Sn1Sn1当n2时，有2SnSn11，两式相减得：2an1an，即，n2.又当n1时，有2S2S112，又因为a2，所以a1，也适合，所以数列是首项、公比均为的等比数列，所以ann；选择：由Sn12an1当n2时，Sn112an，两式相减得：an2an12an，即，n2.又当n1时，有S112a2a1，又因为a2，所以a1，也适合，所以数列是首项、公比均为的等比数列，所以ann；选择：由2Sn1Sn1，Sn12an1，则2Sn1Sn122an1，即Sn11an1，所以Sn1an，两式相减可得：an1an，当n1时，由2Sn1Sn1，得2S2S11，即2a11，即a12a21，由Sn12an1，得S112a2，即a112a2，与上式相同，不能求出a1的值故不能选择.所以数列是首项、公比均为的等比数列，所以ann；设正项等差数列的公差为d，因为b13，且b1，b32，b7成等比数列，所以2b1b7，即23，解得：d4或d(舍)，所以bn344n1，故ann，bn4n1.(2)cn2n，所以Tn32172211232n，则2Tn3227232n2n1，两式相减得Tn642n1642n1102n1，所以Tn102n1.关闭Word文档返回原板块