2021版《紅對勾·講與練》高中數(shù)學(xué)北師大版必修五：課時作業(yè)10-數(shù)列的綜合問題

課時作業(yè)10數(shù)列的綜合問題時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(每小題5分，共35分)1．公差不為零的等差數(shù)列{an}中，a2、a3、a6成等比數(shù)列，則其公比q為()A．1 B．2C．3 D．4【答案】C【解析】∵等差數(shù)列{an}中a2、a3、a6成等比數(shù)列，∴a2a6＝aeq\o\al(2,3)，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2?d(d＋2a1∵公差不為零，∴d＝－2a1∴所求公比q＝eq\f(a3,a2)＝eq\f(a1＋2d,a1＋d)＝eq\f(－3a1,－a1)＝3.2．已知公差不為0的等差數(shù)列{an}滿足a1，a3，a4成等比數(shù)列，Sn為{an}的前n項和，則eq\f(S3－S2,S5－S3)的值為()A．2 B．3C.eq\f(1,5) D．不存在【答案】A【解析】由條件aeq\o\al(2,3)＝a1a4，∴(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，∴a1d＋4d2＝0，∵d≠0，∴a1＝－4d，∴eq\f(S3－S2,S5－S3)＝eq\f(a3,a4＋a5)＝eq\f(－2d,－d)＝2.3．已知等比數(shù)列{an}中，各項都是正數(shù)，且a1，eq\f(1,2)a3,2a2成等差數(shù)列，則eq\f(a9＋a10,a7＋a8)＝()A．1＋eq\r(2) B．1－eq\r(2)C．3＋2eq\r(2) D．3－2eq\r(2)【答案】C【解析】本題主要考查等比數(shù)列等學(xué)問．設(shè)an＝a1qn－1，其中a1>0，q>0，∴2×eq\f(1,2)a1q2＝a1＋2a1q，即q2－2q－1＝0，解得q＝eq\r(2)＋1，q＝－eq\r(2)＋1<0(舍去)，eq\f(a9＋a10,a7＋a8)＝q2＝(eq\r(2)＋1)2＝3＋2eq\r(2).4．(2021·新課標(biāo)Ⅱ理)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，則a1A.eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,9) D．－eq\f(1,9)【答案】C【解析】本題考查了等比數(shù)列的前n項和通項公式與運算力氣．∵S3＝a2＋10a1，∴a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，a3＝9a1，又∵a5＝9，∴9＝a3·q2＝9a1q2，∴a由a3＝9a1＝a1·q2，∴q2＝9，故a1＝eq\f(1,9).【點評】解答本題充分運用了等比數(shù)列的通項公式和整體代換的方法．5．已知等比數(shù)列{an}的通項公式為an＝2×3n－1，則由此數(shù)列的偶數(shù)項所組成的新數(shù)列的前n項和Sn等于()A．3n－1 B．3(3n－1)C.eq\f(9n－1,4) D.eq\f(39n－1,4)【答案】D【解析】數(shù)列{an}的偶數(shù)項是以a2＝6為首項，公比為9的等比數(shù)列，故新數(shù)列的前n項和Sn＝eq\f(69n－1,9－1)＝eq\f(39n－1,4).6．已知正項數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且5a2是a4與3a3的等差中項，若aA.eq\f(33,12) B．31C.eq\f(31,4) D．以上都不正確【答案】B【解析】設(shè){an}的公比為q，q>0.由已知得a4＋3a3＝2×5a2＝10即a2q2＋3a2q＝10a2,2q2＋6q＝20，解得q＝2或q＝－5(則a1＝1，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(1×1－25,1－2)＝31.7．(2021·福建理)已知等比數(shù)列{an}的公比為q，記bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋…＋am(n－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m(m，n∈N＋)，則以下結(jié)論確定正確的是()A．?dāng)?shù)列{bn}為等差數(shù)列，公差為qmB．?dāng)?shù)列{bn}為等比數(shù)列，公比為q2C．?dāng)?shù)列{cn}為等比數(shù)列，公比為qm2D．?dāng)?shù)列{cn}為等比數(shù)列，公比為qmm【答案】C【解析】bn＝a1qm(n－1)＋a1qm(n－1)＋1＋…＋a1qm(n－1)＋m－1＝a1qm(n－1)(1＋q＋…＋qm－1)＝a1qm(n－1)·eq\f(1－qm,1－q)，∴eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(a1qmn·\f(1－qm,1－q),a1qmn－1·\f(1－qm,1－q))＝qm，∴{bn}是等比數(shù)列，公比為qm，cn＝a1qm(n－1)·a1qm(n－1)＋1·…·a1qm(n－1)＋m－1＝aeq\o\al(m,1)·qm2(n－1)＋eq\f(mm－1,2)，∴eq\f(cn＋1,cn)＝eq\f(a\o\al(m,1)qm2n＋1－1＋\f(mm－1,2),a\o\al(m,1)qm2n－1＋\f(mm－1,2))＝qm2，∴{cn}是等比數(shù)列，公比為qm2.二、填空題(每小題5分，共15分)8．設(shè)公比為q(q>0)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，則【答案】eq\f(3,2)【解析】由已知S4－S2＝3a4－3a2，即a4＋a3＝3a4－3a2，即2a4－a3－3a2＝0，兩邊同除以a2得，2q2－q－3＝0，即q＝eq\f(3,2)9．已知數(shù)列{xn}滿足lgxn＋1＝1＋lgxn(n∈N＋)，且x1＋x2＋x3＋…＋x100＝1，則lg(x101＋x102＋…＋x200)＝________.【答案】100【解析】由lgxn＋1＝1＋lgxn(n∈N＋)得lgxn＋1－lgxn＝1，∴eq\f(xn＋1,xn)＝10，數(shù)列{xn}是公比為10的等比數(shù)列，∴xn＋100＝xn·10100，x101＋x102＋…＋x200＝10100(x1＋x2＋x3＋…＋x100)＝10100，∴l(xiāng)g(x101＋x102＋…＋x200)＝lg10100＝100.10．定義“等和數(shù)列”：在一個數(shù)列中，假如每一項與它的后一項的和都為同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列叫作等和數(shù)列，這個常數(shù)叫作數(shù)列的公和．已知數(shù)列{an}是等和數(shù)列，且a1＝2，公和為5，那么a18的值為________，這個數(shù)列的前n項和Sn的計算公式為________．【答案】3Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)nn＝2k，k∈N＋,\f(5n－1,2)n＝2k＋1，k∈N＋)).【解析】本題是信息題，正確理解“新定義”，既要和相關(guān)學(xué)問聯(lián)系又要考慮其特點．由題設(shè)a1＋a2＝a2＋a3＝…＝a17＋a18＝…＝a2k－1＋a2k＝a2k＋a2k＋1＝5.∵a1＝2，∴a2＝3，a3＝2，a4＝3…當(dāng)n為奇數(shù)時an＝2，當(dāng)n為偶數(shù)時，an＝3.∴a18＝3.當(dāng)n是偶數(shù)時，有eq\f(n,2)個2，eq\f(n,2)個3，∴Sn＝eq\f(n,2)·2＋eq\f(n,2)·3＝eq\f(5,2)n.當(dāng)n為奇數(shù)時，有eq\f(n－1,2)個3，eq\f(n＋1,2)個2，∴Sn＝eq\f(n－1,2)·3＋eq\f(n＋1,2)·2＝eq\f(5n－1,2).∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)nn＝2k，k∈N＋,\f(5n－1,2)n＝2k＋1，k∈N＋)).三、解答題(共50分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)11．(15分)已知等差數(shù)列{an}，a2＝9，a5＝21.(1)求{an}的通項公式；(2)令bn＝2an，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.【解析】(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，依題意得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝9，,a1＋4d＝21，))解得a1＝5，d＝4.所以{an}的通項公式為an＝4n＋1.(2)由an＝4n＋1得bn＝24n＋1，由于eq\f(bn＋1,bn)＝24，所以{bn}是首項b1＝25，公比q＝24的等比數(shù)列．于是得{bn}的前n項和Sn＝eq\f(25×24n－1,24－1)＝eq\f(32×24n－1,15).12．(15分)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝－eq\f(1,2)n2＋kn(其中k∈N＋)，且Sn的最大值為8.(1)確定常數(shù)k，并求an；(2)求數(shù)列{eq\f(9－2an,2n)}的前n項和Tn.【解析】(1)當(dāng)n＝k∈N＋時，Sn＝－eq\f(1,2)n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－eq\f(1,2)k2＋k2＝eq\f(1,2)k2，故k2＝16，因此k＝4，從而an＝Sn－Sn－1＝eq\f(9,2)－n(n≥2)．又a1＝S1＝eq\f(7,2)，所以an＝eq\f(9,2)－n.(2)由于bn＝eq\f(9－2an,2n)＝eq\f(n,2n－1)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n－1,2n－2)＋eq\f(n,2n－1)，所以Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(n,2n－1)＝4－eq\f(1,2n－2)－eq\f(n,2n－1)＝4－eq\f(n＋2,2n－1).13．(20分)(2021·江西理)正項數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)令bn＝eq\f(n＋1,n＋22a\o\al(2,n))，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn.證明：對于任意的n∈N＋，都有Tn<eq\f(5,64).【解析】思路分析：(1)將已知Sn的關(guān)系式分解因式，先求出Sn，后求an；(2)化簡bn用放縮法求Tn的范圍．(1)由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正項數(shù)列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.綜上，數(shù)列{an}的通項an＝2n.(2)證明：由于an＝2n，bn＝eq\f(n＋1,n＋22a\o\al(2,n)).則bn＝eq\f(n＋1,4n2n＋22)＝eq\f(1,16)[eq\f(1,n2)－eq\f(1,n＋22)]．Tn＝eq\f(1,16)[1－eq\f(1,32)＋eq\f(1,22)－e