【名師一號】2020-2021學年北師大版高中數(shù)學必修5雙基限時練10

雙基限時練(十)一、選擇題1．各項都是正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a2，eq\f(1,2)a3，a1成等差數(shù)列，則eq\f(a4＋a5,a3＋a4)的值為()A.eq\f(\r(5)－1,2) B.eq\f(\r(5)＋1,2)C.eq\f(1－\r(5),2) D.eq\f(\r(5)±1,2)解析由題意得，a3＝a1＋a2，∴q2＝1＋q，得q＝eq\f(1±\r(5),2)，又an>0，∴q>0，故q＝eq\f(1＋\r(5),2).即eq\f(a4＋a5,a3＋a4)＝q＝eq\f(1＋\r(5),2).答案B2．公差不為0的等差數(shù)列{an}中，2a3－aeq\o\al(2,7)＋2a11＝0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b7＝a7，則b6b8＝()A．2 B．4C．8 D．16解析2a3－aeq\o\al(2,7)＋2a11＝0得4a7－aeq\o\al(2,7)＝0，∴a7＝4，或a7＝0(舍)．∵b7＝a7，∴b6b8＝beq\o\al(2,7)＝16.答案D3．公差不為零的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a4是a3與a7的等比中項，S8＝32，則S10等于()A．18 B．24C．60 D．90解析設(shè)公差為d，則a4＝a1＋3d，a3＝a1＋2d，a7＝a1＋6d，由已知得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，得2a1＝－3d又S8＝eq\f(a1＋a8×8,2)＝32，得d＝2.∴S10＝eq\f(a1＋a10×10,2)＝5(2a1＋9d)＝5×6d＝60.答案C4．數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，且a5，a8，a13是等比數(shù)列{bn}的相鄰三項，若b2＝5，則bn＝()A．5·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))n－1 B．5·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n－1C．3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n－1 D．3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))n－1解析由題意得aeq\o\al(2,8)＝a5·a13.即(a1＋7d)2＝(a1＋4d)(a1＋12d)，得d＝2a1∴a8＝15a1，a5＝a1＋4d＝9a1，q＝eq\f(15a1,9a1)＝eq\f(5,3).∴bn＝b2·qn－2＝5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))n－2＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))n－1.答案D5．數(shù)列9,99,999,9999，…的前n項和等于()A．10n－1 B.eq\f(10,9)(10n－1)－nC.eq\f(10,9)(10n－1) D.eq\f(10,9)(10n－1)＋n解析an＝10n－1，∴Sn＝eq\f(101－10n,1－10)－n＝eq\f(1010n－1,9)－n.答案B6．已知{an}為等比數(shù)列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，則a1＋a10A．7 B．5C．－5 D．－7解析由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝2，,a5a6＝a4a7＝－8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝4，,a7＝－2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝－2，,a7＝4.))當a4＝4，a7＝－2時，易得a1＝－8，a10＝1，從而a1＋a10＝－7；當a4＝－2，a7＝4時，易得a10＝－8，a1＝1，從而a1＋a10＝－7.答案D二、填空題7．一個等比數(shù)列，它與一個首項為0，公差不為零的等差數(shù)列相應(yīng)項相加后得到新的數(shù)列1,1,2，…，則相加以后新數(shù)列的前10項和為________．解析設(shè){an}為等比數(shù)列，公比為q，數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＋a1＝1，,q＋d＝1，,q2＋2d＝2，,a1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,a1＝0，,q＝2，,d＝－1.))∴新數(shù)列的前10項的和S10＝eq\f(1－210,1－2)＋eq\f(10×9,2)×(－1)＝978.答案9788．1，eq\f(1,2)，2，eq\f(1,4)，4，eq\f(1,8)，…的前2n項的和是________．解析S2n＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2n)))＝eq\f(1－2n,1－2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝2n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.答案2n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n9．首項為2，公差為2的等差數(shù)列的前n項和為Sn，則eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝________.解析由已知可知Sn＝2n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2＋n∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).答案eq\f(n,n＋1)三、解答題10．在等差數(shù)列{an}中，公差d≠0，且a1，a3，a9成等比數(shù)列．求eq\f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)的值．解∵{an}為等差數(shù)列，且a1，a3，a9成等比數(shù)列，∴aeq\o\al(2,3)＝a1a9，∴(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)，得a1d＝d2，又d≠0，∴a1＝d，∴eq\f(a1＋a3＋a9,a2＋a4＋a10)＝eq\f(13d,16d)＝eq\f(13,16).11．在等比數(shù)列{an}中，an>0(n∈N＋)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝log2an，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn.求數(shù)列{Sn}的通項公式．解(1)∵{an}為等比數(shù)列，a1a5＋2a3a5＋∴aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝25.又an>0，∴a3＋a5＝5，又a3與a5的等比中項為2，∴a3a5而q∈(0,1)，∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1.∴q＝eq\f(1,2)，a1＝16.∴an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝25－n.(2)bn＝log2an＝5－n，∴{bn}的前n項和Sn＝eq\f(4＋5－nn,2)＝eq\f(n9－n,2).12．已知{an}是一個公差大于0的等差數(shù)列，并且滿足a3·a6＝55，a2＋a7＝16.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)假如數(shù)列{an}和數(shù)列{bn}都滿足等式：an＝eq\f(b1,2)＋eq\f(b2,22)＋…＋eq\f(bn,2n)(n為正整數(shù))，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.解(1)由{an}為等差數(shù)列，知a2＋a7＝a3＋a6＝16，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3·a6＝55，,a3＋a6＝16，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝11，,a6＝5，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝5，,a6＝11.))又公差d>0，∴a3＝5，a6＝11.由a6＝a3＋3d，得d＝2.∴an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.(2)當n＝1時，a1＝eq\f(b1,2)，得b1＝2.當n≥2時，由an＝eq\f(b1,2)＋eq\f(b2,22)＋…＋eq\f(bn－1,2n－1)＋eq\f(bn,2n)，得an－1＝eq\f(b1,2)＋eq\f(b2,22)＋…＋eq\f(bn－1,2n－1).∴an－an－1＝eq\f(bn,2n).∴bn＝2n＋1.又n＝1時，2n＋1＝4≠2，∴bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＝1，,2n＋1n≥2.))當n＝1時，S1＝b1＝2，當n≥2時，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＋eq\f(b21－2n－1,1－2)＝2n＋2－6，又n＝1時，上式也成立，∴Sn＝2n＋2－6.思維探究13．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列且公差d≠0，{an}的部分項組成下列數(shù)列：ak1，ak2，…，akn恰為等比數(shù)列，其中k1＝1，k2＝5