新編一輪優(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

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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(2q2＋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－

2、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，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， ∴a1

3、a2＋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 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(2

4、99－1) ＝×30＝. 答案： 8．?dāng)?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

5、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. ∴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.

6、 ∴{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)， 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) ＝(－)·

7、(－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，

8、 ∴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.