【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册分层练习4.3.2《第1课时等比数列的前n项和》（解析版）.doc，共(7)页，81.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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4.3.2第一课时等比数列的前n项和（作业）[A级基础巩固]1．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝()A．16(1－4－n)B．16(1－2－n)C.323(1－4－n)D．323(1－2－n)解析：选C由a5＝a2q3

，得q3＝18，所以q＝12，而数列{anan＋1}也为等比数列，首项a1·a2＝8，公比q2＝14，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝81－4－n1－14＝323(1－4－n)．2．在等比数列{an}中，a3＝32，其前三项的和S3＝92，则数列{an

}的公比q＝()A．－12D．12C．－12或1D．12或1解析：选C由题意，可得a1q2＝32，a1＋a1q＋a1q2＝92，两式相除，得1＋q＋q2q2＝3，解得q＝－12或q＝1.3．设Sn为等比数列{an}的前n项和，

且8a2＋a5＝0，则S5S2等于()A．11B．5C．－8D．－11解析：选D设{an}的公比为q.因为8a2＋a5＝0.所以8a2＋a2·q3＝0.所以a2(8＋q3)＝0.因为a2≠0，所以q3＝－8.所以q＝－2.所以S5S2＝a11－q51－q

a11－q21－q＝1－q51－q2＝1＋321－4＝33－3＝－11.故选D.4．(多选)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7a8>1，a7－1a8－1<0.则下列结论正确的是()A．0<q<1B．a7a9<1C．Tn的最大值为T7D．

Sn的最大值为S7解析：选ABC∵a1>1，a7·a8>1，a7－1a8－1<0，∴a7>1,0<a8<1，∴0<q<1，故A正确．a7a9＝a28<1，故B正确；T7是数列{Tn}中的最大项，故C正确；因为a7>1，0<a8<1，Sn的最大值不是S7，

故D不正确；故选A、B、C.5．等比数列{an}的前n项和为Sn，S5＝2，S10＝6，则a16＋a17＋a18＋a19＋a20等于()A．8B．12C．16D．24解析：选C设等比数列{an}的公比为q，因为S2n－Sn＝qnS

n，所以S10－S5＝q5S5，所以6－2＝2q5，所以q5＝2，所以a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝a1q15＋a2q15＋a3q15＋a4q15＋a5q15＝q15(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q15S5＝23×2＝16.6．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，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，偶数项之和与奇数项之和分别为S偶，S奇，由题意S偶＋S奇＝3S奇，即

S偶＝2S奇，因为数列{an}的项数为偶数，所以q＝S偶S奇＝2.答案：27．等比数列{an}中，若a1＋a3＋…＋a99＝150，且公比q＝2，则数列{an}的前100项和为________．解析：由a2

＋a4＋…＋a100a1＋a3＋…＋a99＝q，q＝2，得a2＋a4＋…＋a100150＝2⇒a2＋a4＋…＋a100＝300，则数列{an}的前100项的和S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝150＋

300＝450.答案：4508．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列1an的前5项和为________．解析：由题意，q≠1，由9S3＝S6，得9×a11－q31－q＝a11－q61－q，解得q＝2，故an＝a

1qn－1＝2n－1，1an＝12n－1，∴数列1an是以1为首项，12为公比的等比数列，其前5项和为1×1－1251－12＝3116.答案：31169．设等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2＝6,6a

1＋a3＝30，求an和Sn.解：设{an}的公比为q，由题设得a1q＝6，6a1＋a1q2＝30，解得a1＝3，q＝2或a1＝2，q＝3.当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，Sn＝3(2n－

1)；当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，Sn＝3n－1.10．已知等比数列{an}中，a1＝13，公比q＝13.(1)Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn＝1－an2；(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式．解：(1)证明：因为an

＝13×13n－1＝13n，Sn＝131－13n1－13＝1－13n2，所以Sn＝1－an2.(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－nn＋12.所以{bn}的通项公

式为bn＝－nn＋12.[B级综合运用]11．(多选)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，则()A．数列{an}的公比为2B．数列{an}的公比为8C.S6S3＝8D．S6S3＝9解析：选AD因为等比数列{an}的

前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，所以a6a3＝q3＝8，解得q＝2，所以S6S3＝1－q61－q3＝1＋q3＝9，故选A、D.12．一座七层的塔，每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2倍，一共点381盏灯，则底层所点灯的盏数是()A．19

0B．191C．192D．193解析：选C设最下面一层灯的盏数为a1，则公比q＝12，n＝7，由a11－1271－12＝381，解得a1＝192.13．已知{an}是递减的等比数列，且a2＝

2，a1＋a3＝5，则{an}的通项公式为________，a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)＝________.解析：由a2＝2，a1＋a3＝5，{an}是递减的等比数列，得a1＝4，a3＝1，an＝4×12n－1，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1是首项为8

、公比为14的等比数列的前n项和．故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝8＋2＋12＋…＋8×14n－1＝8×1－14n1－14＝323×1－14n.答案：an＝4×12n－1323×1－14n14

．在数列{}an中，若an＝1，n＝1，an－1＋12，n≥2，求数列{}an的前n项和．解：当n＝1时，S1＝a1＝1.当n≥2时，若a＝0，有an＝1，n＝1，12，n≥2.则Sn＝1＋12(n－1)＝n＋12.若a＝1，有an＝

1，n＝1，32，n≥2，则Sn＝1＋32(n－1)＝3n－12.若a≠0且a≠1，则Sn＝1＋12＋a＋12＋a2＋…＋12＋an－1＝1＋12(n－1)＋(a＋a2＋…＋an－1)＝n＋12＋a

－an1－a.综上所述，Sn＝1，n＝1，n＋12，a＝0且n≥2，3n－12，a＝1且n≥2，n＋12＋a－an1－a，a≠0且a≠1且n≥2.[C级拓展探究]15．设a1，a2，…，an成等比数列，且S＝a1＋a2＋…＋a

n，R＝1a1＋1a2＋…＋1an，P＝a1·a2·…·an.求证：(1)SR＝a1·an；(2)P2Rn＝Sn.证明：本题分q≠1和q＝1两种情形进行讨论．情形1：q≠1.(1)显然，此时S＝a11－qn1－q，R＝1a11－1qn1－1q＝1－qna1qn－11－q，P＝

a1·(a1q)·(a1q2)·…·(a1qn－1)＝an1qnn－12.∴SR＝a21qn－1＝a1(a1qn－1)＝a1an.(2)由(1)，得SRn＝(a21qn－1)n＝an1qnn－122＝P2，∴P2Rn＝Sn.情形2：q＝1.(1)显然，此时S＝n

a1，R＝na1，P＝an1，∴SR＝a21＝a1an.(2)由(1)得SRn＝a2n1＝P2，即P2Rn＝Sn.故两式均成立．综上所述，不论q是否为1，两式都成立．