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

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.