2022-2023学年高中数学湘教版2019选择性必修第一册同步练习 第1章 1-3-3　第1课时　等比数列的前N项和 WORD版含解析.docx

1、1.3.3等比数列的前n项和第1课时等比数列的前n项和A级必备知识基础练1.设Sn为等比数列an的前n项和,若公比q=-3,则S4S2=()A.10B.9C.-8D.-52.等比数列an的前n项和为Sn,若S3=15,a3=5,则公比q的值为()A.-12B.1C.-12或1D.12或13.(2022陕西宝鸡高二期中)已知在等比数列an中,an=32n-1,则a1+a3+a5+a2k-1=()A.4k-1B.3(2k-1)C.2(4k-1)D.3(4k-1)4.已知等比数列an的前n项和为Sn,且满足a1=2,S4-S3=1627,则数列an的前4项和为()A.13027B.7381C.652

2、7D.70815.若正项等比数列an满足a1a3=116,2a4+a3=a2,则Sn=1a1-1a2+(-1)n+11an=()A.231+(-2)nB.23(1-2n)C.23(1+2n)D.231-(-2)n6.我国古代数学名著算法统宗中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”根据诗词的意思,可得塔的最底层共有灯()A.192盏B.128盏C.3盏D.1盏7.等比数列an的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=.8.记Sn为等比数列an的前n项和,且Sn0,已知a1=1,S4=5S2.(1)求an的通项公式;(2)若Sm=43,

3、求m.B级关键能力提升练9.已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=()A.16B.8C.4D.210.已知数列an为等比数列,a1=1,q=2,且第m项至第n(m48,则n的最小值为.14.(2022山东济南高二期末)已知数列an满足a1=1,nan+1=3(n+1)an.(1)设bn=ann,求证:数列bn是等比数列;(2)求数列an的前n项和Sn.C级学科素养创新练15.(2022湖南长沙高二期末)条件:设数列an的前n项和为Sn,且Sn=2n+k(nN+,kR),a1=1.条件:对nN+,有an+1an=q1(q为常数),a3=4,并且a2-1,

4、a3,a4-1成等差数列.在以上两个条件中任选一个,补充到下面的横线上,并作答下列问题.在数列an中,.(1)求数列an的通项公式an;(2)记Tn=a1+2a2+3a3+nan,求T10的值.参考答案1.3.3等比数列的前n项和第1课时等比数列的前n项和1.A由q=-3,可知S4S2=1-q41-q2=10.2.CS3=a1+a2+a3=15,a3=5,a1+a2=10.a1(1+q)=10,而a1q2=5,即1+q=2q2,解得q=-12或1.故选C.3.Aan是首项为3,公比为2的等比数列,a2k-1是首项为3,公比为4的等比数列,a1+a3+a2k-1=3(1-4k)1-4=4k-1.

5、故选A.4.A根据题意,设等比数列an的公比为q,因为a1=2,S4-S3=1627,所以a4=1627.则q3=a4a1=827,则q=23.故数列an的前4项和S4=a1(1-q4)1-q=13027,故选A.5.D由题意,a1a3=a22=116,得a2=14(负值舍去).令an的公比为q,且q0,由2a4+a3=a2,得2q2+q-1=0,解得q=12(负值舍去).a1=12,an=12n.令bn=(-1)n+11an,则bn=-(-2)n,Sn=b1+b2+bn=21-(-2)n1-(-2)=231-(-2)n,故选D.6.A设这个塔顶层有x盏灯,则七层塔从顶到底每层灯的盏数构成一个

6、首项为x,公比为2的等比数列,且其前7项和为381,所以x(27-1)2-1=381,解得x=3,所以这个塔的最底层有327-1=192盏灯.7.19S3=a1+a2+a3=a2+10a1,即a1q2=9a1,即q2=9.又9=a5=a1q4,a1=19.8.解(1)设an的公比为q,由S4=5S2得a1+a2+a3+a4=5(a1+a2),整理得a3+a4=4(a1+a2),因为a1+a20,所以q2=4,所以q=2或q=-2,故an=2n-1或an=(-2)n-1.(2)若an=2n-1,则Sn=2n-1,由Sm=43,得2m=44,此方程没有正整数解.若an=(-2)n-1,则Sn=1-

7、(-2)n3,由Sm=43,得(-2)m=-128,解得m=7.综上,m=7.9.C设等比数列an的公比为q(q0),则由前4项和为15,且a5=3a3+4a1,得a1+a1q+a1q2+a1q3=15,a1q4=3a1q2+4a1,解得a1=1,q=2,故a3=22=4,故选C.10.B由已知得1(1-2n)1-2-1(1-2m-1)1-2=112,即2m-1(2n-m+1-1)=247.又因为2n-m+1-1为奇数,所以2m-1=24,2n-m+1-1=7,解得m=5,n=7,所以m+n=12,故选B.11.8设数列an的公比为q,因为S3=316,所以a1+a2+a3=316,即a1(1

8、+q+q2)=316.因为a1=14,所以1+4q+4q2=0,解得q=-12.所以am=14-12m-1=-1512,解得m=8.12.1由S4=2S2,得(a1+a2+a3+a4)=2(a1+a2),即a3+a4=a1+a2,进而可得q2=1,解得q=1.13.an=2n-16设等比数列an的公比为q,则a2=a1q=2,S2-3a1=a2+a1-3a1=0,解得a1=1,q=2,故an=12n-1=2n-1,Sn=1(1-2n)1-2=2n-1.Sn+an=2n-1+2n-148,即32n-149,故n的最小值为6.14.(1)证明由nan+1=3(n+1)an可得an+1n+1=3an

9、n.因为bn=ann,a1=1,所以bn+1=3bn,b1=1.故bn是首项为1,公比为3的等比数列.(2)解由(1)可得ann=bn=3n-1,则an=n3n-1,Sn=130+231+332+n3n-1,3Sn=131+232+333+(n-1)3n-1+n3n,上面两式相减可得-2Sn=30+31+32+3n-1-n3n=1-3n1-3-n3n.则Sn=(2n-1)3n4+14.15.解选条件.(1)由S1=2+k=a1=1得k=-1,Sn=2n-1.当n2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,又a1=1,符合上式,数列an的通项公式为an=2n-1.(2)T10=1+22+322+423

10、+1029,2T10=2+222+323+424+929+10210,两式相减,得-T10=1+2+22+23+29-10210=210-12-1-10210.T10=9210+1.选条件.(1)由an+1an=q知数列an是公比为q的等比数列,且a2=a3q=4q,a4=a3q=4q.由已知可得2a3=a2-1+a4-1,即8=4q+4q-2,解得q=2或q=12(舍去).a1=1.an=2n-1.(2)T10=1+22+322+423+1029,2T10=2+222+323+424+929+10210,两式相减,得-T10=1+2+22+23+29-10210=210-12-1-10210.T10=9210+1.