2019版高中数学 第二章 数列 2.3.2 第2课时 等比数列前n项和的性质及应用同步精选测试5.doc

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1、1同步精选测试同步精选测试 等比数列前等比数列前 n n 项和的性质及应用项和的性质及应用(建议用时：45 分钟)基础测试一、选择题1.已知an(1)n，数列an的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是( ) 【导学号：18082103】A.1,1 B.1，1 C.1,0 D.1,0【解析】 法一：S91111111111.S10S9a10110.法二：数列an是以1 为首项，1 为公比的等比数列，所以S91，S100.1 119 111 2 21 1110 11【答案】 D2.已知等比数列的公比为 2，且前 5 项和为 1，那么前 10 项和等于( )A.31B.33C.35D.37【解析

2、】 根据等比数列性质得q5，S10S5 S525，S1033.S101 1【答案】 B3.如果数列an满足a1，a2a1，a3a2，anan1是首项为 1，公比为 2 的等比数列，那么an( )A.2n1B.2n11C.2n1D.4n1【解析】 ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)2n1.112n 12【答案】 A4.在等比数列an中，如果a1a240，a3a460，那么a7a8( ) 【导学号：18082104】A.135 B.100 C.95 D.80【解析】 法一：由等比数列的性质知a1a2，a3a4，a5a6，a7a8成等比数列，其首项为 40，公比为 .60 403 22a

3、7a840135.(3 2)3法二：由Error!得q2 ，3 2所以a7a8q4(a3a4)60 135.9 4【答案】 A5.设an是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a41，S37，则S5等于( )A. B. C. D.15 231 433 417 2【解析】 设an的公比为q，由题意知q0，a2a4a1，即a31，S3a1a2a3 17，即 6q2q10，解得q2 31 q21 q1 2，所以a14，所以S58.(q1 30舍去)1 q24 (11 25)112(11 25)31 4【答案】 B二、填空题6.等比数列an共有 2n项，它的全部各项的和是奇数项的和的 3 倍

4、，则公比q_.【解析】 设an的公比为q，则奇数项也构成等比数列，其公比为q2，首项为a1，S2n，S奇.a11q2n 1qa11q2n 1q2由题意得.a11q2n 1q3a11q2n 1q21q3，q2.【答案】 27.数列 11,103,1 005,10 007，的前n项和Sn_.【解析】 数列的通项公式an10n(2n1).所以Sn(101)(1023)(10n2n1)(1010210n)13(2n1)(10n1)n2.10110n 110n12n1 210 9【答案】 (10n1)n210 98.如果 lg xlg x2lg x10110，那么 lg xlg2xlg10x_. 【导学

5、号：18082105】3【解析】 由已知(1210)lg x110，55lg x110.lg x2.lg xlg2xlg10x22221021122 046.【答案】 2046三、解答题9.设数列an的前n项和为Sn，a11，且数列Sn是以 2 为公比的等比数列.(1)求数列an的通项公式；(2)求a1a3a2n1.【解】 (1)S1a11，且数列Sn是以 2 为公比的等比数列，Sn2n1.又当n2 时，anSnSn12n12n22n2.当n1 时a11，不适合上式，anError!(2)a3，a5，a2n1是以 2 为首项，以 4 为公比的等比数列，a3a5a2n1，214n 1424n1

6、3a1a3a2n11.24n1 322n11 310.已知an是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和.【解】 (1)设等比数列bn的公比为q，则q 3，b3 b29 3所以b11，b4b3q27，所以bn3n1(n1,2,3，).b2 q设等差数列an的公差为d.因为a1b11，a14b427，所以 113d27，即d2.所以an2n1(n1,2,3，).(2)由(1)知an2n1，bn3n1，因此cnanbn2n13n1.从而数列cn的前n项和Sn13(2n1)133n1n2.n12n1 213n

7、 133n1 2能力提升41.设等比数列an的前n项和为Sn，若S10S512，则S15S5( )A.34 B.23 C.12 D.13【解析】 在等比数列an中，S5，S10S5，S15S10，成等比数列，因为S10S512，所以S52S10，S15S5，得S15S534，故选 A.3 4【答案】 A2.设数列an的前n项和为Sn，称Tn为数列a1，a2，a3，an的S1S2Sn n“理想数” ，已知数列a1，a2，a3，a4，a5的理想数为 2 014，则数列 2，a1，a2，a5的“理想数”为( )A.1 673B.1 675C.D.5 035 35 041 3【解析】 因为数列a1，a

8、2，a5的“理想数”为 2 014，所以2 014，即S1S2S3S4S552 014，所以数列S1S2S3S4S5 52，a1，a2，a5的“理想数”为22S12S22S5 6.6 25 2 014 65 041 3【答案】 D3.已知首项为 的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN N)，且3 2S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，则an_.【导学号：18082106】【解析】 设等比数列an的公比为q，由S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即 4a5a3，于是q2 .a5 a31 4又an不是递减数列且a1 ，所以q .3 21 2

9、故等比数列an的通项公式为an n1(1)n1.3 21 23 2n【答案】 (1)n13 2n4.已知数列an的前n项和为Sn，a11，an12Sn1(nN N)，等差数列bn中，bn0(nN N)，且b1b2b315，又a1b1，a2b2，a3b3成等比数列.(1)求数列an，bn的通项公式；5(2)求数列anbn的前n项和Tn.【解】 (1)a11，an12Sn1(nN N)，an2Sn11(nN N，n1)，an1an2(SnSn1)，即an1an2an，an13an(nN N，n1).而a22a113，a23a1.数列an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，an3n1(nN N).a11，a23，a39，在等差数列bn中，b1b2b315，b25.又a1b1，a2b2，a3b3成等比数列，设等差数列bn的公差为d，则有(a1b1)(a3b3)(a2b2)2.(15d)(95d)64，解得d10 或d2，bn0(nN N)，舍去d10，取d2，b13，bn2n1(nN N).(2)由(1)知Tn3153732(2n1)3n2(2n1)3n1，3Tn33532733(2n1)3n1(2n1)3n，得2Tn312323223323n1(2n1)3n32(332333n1)(2n1)3n32(2n1)3n3n(2n1)33n 133n2n3n，Tnn3n.