高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列课后练习题

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1．等比数列{an}的公比为q(q≠1)，则数列a3，a6，a9，…，a3n，…的前n项和为( )
A.eq \f(a11－q2n,1－q) B.eq \f(a11－q3n,1－q3)
C.eq \f(a31－q3n,1－q3) D.eq \f(a21－q2n,1－q)
2．正项等比数列{an}中，a3＝2，a4·a6＝64，则eq \f(a5＋a6,a1＋a2)的值是( )
A．4 B．8
C．16 D．64
3．在等比数列{an}中，a1＝1，a10＝3，则a2a3a4a5a6a7a8a9＝( )
A．81 B．27eq \r(5,27)
C.eq \r(3) D．243
4．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a1a5＝1，S3＝7，则S5等于( )
A.eq \f(15,2) B.eq \f(31,4)
C.eq \f(33,4) D.eq \f(17,2)
5．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，则S4＝________.
6．已知数列{an}满足an＋1＝3an＋2(n∈N*)，且a1＝2.
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列．
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[提能力]
7．(多选题)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值确定的是( )
A.eq \f(an＋1,an－1) B.eq \f(S5,S3)
C.eq \f(S5,a3) D.eq \f(Sn＋1,Sn)
8．已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝n2，若bn＝2an，则an＝________；数列{bn}的前n项和Tn＝________.
9．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，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a1＋a3＋…＋a2n＋1.
[战疑难]
10．给出一个“三角形数阵”：
eq \f(1,4)
eq \f(1,2)，eq \f(1,4)
eq \f(3,4)，eq \f(3,8)，eq \f(3,16)
…
已知每一列的数成等差数列；从第三行起，每一行的数成等比数列，每一行的公比都相等．记第i行第j列的数为aij(i≥j，i、j∈N*)．
(1)求a83；
(2)试写出aij关于i、j的表达式；
(3)记第n行所有数的和为An，求数列{An}的通项公式．
课时作业(九) 等比数列的前n项和
1．解析：等比数列中，序号成等差数列，项仍成等比数列，则a3，a6，…，a3n是等比数列，且首项为a3，公比为eq \f(a6,a3)＝q3，再用等比数列的前n项和公式求解，即Sn＝eq \f(a31－q3n,1－q3)，故答案为C项．
答案：C
2．解析：设正项等比数列{an}的公比为q，∵a3＝2，a4·a6＝64，∴a1q2＝2，aeq \\al(2,1)q8＝64，解得q2＝4，则eq \f(a5＋a6,a1＋a2)＝eq \f(q4a1＋a2,a1＋a2)＝q4＝42＝16.故选C.
答案：C
3．解析：因为等比数列{an}中，a1＝1，a10＝3，则a2a3a4a5a6a7a8a9＝(a1a10)4＝34＝81，故选A.
答案：A
4．解析：∵{an}是由正数组成的等比数列，且a1a5＝1，
∴a1·a1q4＝1，
又a1，q>0，∴a1q2＝1，即a3＝1，S3＝7＝eq \f(1,q2)＋eq \f(1,q)＋1，
∴6q2－q－1＝0，解得q＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＝－\f(1,3)舍去))，
∴a1＝eq \f(1,q2)＝4，S5＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32))),1－\f(1,2))＝eq \f(31,4).故选B.
答案：B
5．解析：设等比数列的公比为q，由已知S3＝a1＋a1q＋a1q2＝1＋q＋q2＝eq \f(3,4)，即q2＋q＋eq \f(1,4)＝0，解得q＝－eq \f(1,2)，所以S4＝eq \f(a11－q4,1－q)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))4,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(5,8).
答案：eq \f(5,8)
6．解析：(1)证明：因为eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(3an＋3,an＋1)＝3，a1＋1＝3，所以{an＋1}是首项为3，公比为3的等比数列．
(2)由(1)可得an＋1＝3n，
所以an＝3n－1.
Sn＝eq \f(31－3n,1－3)－n＝eq \f(3n＋1－3,2)－n.
7．解析：由8a2＋a5＝0得8a2＋a2q3＝0，∵a2≠0，∴q3＝－8，∴q＝－2.A中，eq \f(an＋1,an－1)＝q2＝4；B中，eq \f(S5,S3)＝eq \f(\f(a11－q5,1－q),\f(a11－q3,1－q))＝eq \f(1－q5,1－q3)＝eq \f(11,3)；C中，eq \f(S5,a3)＝eq \f(\f(a11－q5,1－q),a1q2)＝eq \f(1－q5,q21－q)＝eq \f(11,4)；D中，eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(1－qn＋1,1－qn)与n有关，不确定．故选ABC.
答案：ABC
8．解析：当n＝1，a1＝S1＝1，n≥2，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，满足a1＝1，故an＝2n－1，若bn＝2an，则bn＝22n－1，故数列{bn}的前n项和Tn＝eq \f(21－4n,1－4)＝eq \f(2,3)(4n－1)．
答案：2n－1 eq \f(2,3)(4n－1)
9．解析：(1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，
∴Sn＝2n－1，
又当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－2＝2n－2.
当n＝1时，a1＝1，不适合上式．
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1,2n－2，n≥2.))
(2)由(1)知，a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝eq \f(21－4n,1－4)＝eq \f(24n－1,3).
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋eq \f(24n－1,3)＝eq \f(22n＋1＋1,3).
10．解析：(1)由题知，{ai1}为等差数列，因为a11＝eq \f(1,4)，a21＝eq \f(1,2)，所以公差d＝eq \f(1,4)，a81＝eq \f(1,4)＋(8－1)×eq \f(1,4)＝2.
又各行成等比数列，公比都相等，a31＝eq \f(3,4)，a32＝eq \f(3,8)，
所以每行的公比是q＝eq \f(1,2)，所以a83＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(1,2).
(2)由(1)知，ai1＝eq \f(1,4)＋(i－1)·eq \f(1,4)＝eq \f(i,4)，
所以aij＝ai1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))j－1＝eq \f(i,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))j－1＝i·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))j＋1.
(3)An＝an1eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1))
＝eq \f(n,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1))
＝eq \f(n,2)－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1.