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2022秋新教材高中数学 习题课(一)等差数列、等比数列的综合 新人教A版选择性必修第二册.doc

上传人:高**** 文档编号:609331 上传时间:2024-05-29 格式:DOC 页数:4 大小:39.50KB
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资源描述

1、习题课(一) 等差数列、等比数列的综合一、选择题1已知数列an的前n项和为Sn,a11,Sn2an1,则Sn()A2n1 Bn1C.n1 D解析:选B因为an1Sn1Sn,所以由Sn2an1,得Sn2(Sn1Sn),整理得3Sn2Sn1,所以,所以数列Sn是以S1a11为首项,为公比的等比数列,故Snn1.2已知数列an,a12,an12an0,bnlog2an,则数列bn的前10项和等于()A130 B120 C55 D50解析:选C在数列an中,a12,an12an0,即2,所以数列an是以2为首项,2为公比的等比数列所以an22n12n.所以bnlog22nn.则数列bn的前10项和为1

2、21055.故选C.3多选已知数列an的前n项和Snn29n,第k项满足5ak9,则k可以是()A9 B8 C7 D6解析:选ABSnn29n,当n2时,anSnSn12n10.又a1S18,符合上式an2n10(nN*),52k109,解得7.5k9.5,k8或9.故选A、B.4在数列an中,已知Sn159131721(1)n1(4n3),则S15S22S31的值为()A13 B76 C46 D76解析:选BS15(4)7(1)14(4153)29,S22(4)1144,S31(4)15(1)30(4313)61,S15S22S3129446176.5已知数列an是递增的等比数列,且a4a6

3、2aa2a4144,则a5a3()A6 B8 C10 D12解析:选Dan是递增的等比数列,由a4a62aa2a4144,a5a30可得a2a3a5a144,(a5a3)2144,a5a312,故选D.6已知各项均不为0的等差数列an满足a32a3a70,数列bn是等比数列,且b6a6,则b1b7b10等于()A1 B2 C4 D8解析:选D根据等差数列的性质,得a3a72a5,a5a72a6.又a32a3a70,所以2a52a72a0,即2a6a,解得a62或a60(舍去),所以b6a62,则b1b7b10b2b6b10b8.二、填空题7对于项数为m(m3)的有穷数列an,若存在项数为m1的

4、等比数列bn,使得bkakbk1,其中k1,2,m,则称数列bn为an的“等比分割数列”已知数列7,14,38,60,则该数列的一个“等比分割数列”可以是_(写出满足条件的一个各项为整数的数列即可)解析:取一个首项为6,公比为2的数列即满足bkakbk1,其中k1,2,m.答案:6,12,24,48,968已知首项都是1的两个数列an,bn(bn0,nN*)满足anbn1an1bn2bn1bn0.若bn3n1,则数列an的前n项和Sn_.解析:因为anbn1an1bn2bn1bn0,bn0,所以2,所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列,故2n1.由bn3n1,得an(2n1)3n1,于是数

5、列an的前n项和Sn130331532(2n1)3n1,3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n,两式相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n2(2n2)3n,所以Sn(n1)3n1.答案:(n1)3n1三、解答题9已知数列an的前n项和为Sn,an3Sn1(nN*)(1)求a1,a2;(2)求数列an的通项公式解:(1)由an3Sn1,得an13Sn11,两式相减,得an1an3(Sn1Sn)3an1,即.又a13S113a11,得a1,所以a2.(2)由(1)知,数列an是首项为,公比为的等比数列,所以ann1n.10已知公差不为0的等差数列an的首项a1a,a0,前n项和为Sn,且,成等比数列(1)求数列an的通项公式;(2)设数列的前n项和为An,若A2 021,求实数a的值解:(1)设等差数列an的公差为d,由2,即aa1a4,得(a1d)2a1(a13d)因为d0,所以da1a,所以ana(n1)ana.(2)因为Sn,所以,所以An.又A2 019,所以a2.11(2021全国乙卷)设an是首项为1的等比数列,数列bn满足bn.已知a1,3a2,9a3成等差数列(1)求an和bn的通项公式(2)记Sn和Tn分别为an和bn的前n项和证明:Tn3,当n为正整数时,Tn.

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