2020秋高中數(shù)學(xué)人教版5達(dá)標(biāo)檢測(cè)：2.5第2課時(shí) 等差、等比數(shù)列的綜合應(yīng)用含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精2020秋高中數(shù)學(xué)人教A版必修5達(dá)標(biāo)檢測(cè)：2.5第2課時(shí)等差、等比數(shù)列的綜合應(yīng)用含解析A級(jí)基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．已知｛an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列,Sn是｛an}的前n項(xiàng)和，且9S3＝S6,則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f（1，an））)的前5項(xiàng)和為（)A。eq\f(15，8)或5 B.eq\f(31，16）或5C.eq\f(31，16） D。eq\f(15，8）解析：設(shè)｛an}的公比為q,顯然q≠1，由題意得eq\f(9(1－q3），1－q)＝eq\f（1－q6,1－q)，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(\f（1,an)））是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2）的等比數(shù)列，其前5項(xiàng)和為eq\f（1－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2））)\s\up12(5）,1－\f(1，2））＝eq\f(31,16）.答案：C2．設(shè)各項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列｛an｝，Sn為其前n項(xiàng)和，且S10＝10，S30＝70,那么S40等于(）A．150 B．－200C．150或－200 D．400解析：依題意,數(shù)列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比數(shù)列,因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20）．即(S20－10)2＝10(70－S20)，解得S20＝－20或S20＝30，又S20>0，因此S20＝30,S20－S10＝20，S30－S20＝40，故S40－S30＝80，S40＝150.答案:A3．（多選)已知數(shù)列｛an}為等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為2，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，首項(xiàng)為1,公比為2，設(shè)cn＝abn，Tn為數(shù)列｛cn｝的前n項(xiàng)和，則當(dāng)Tn〈2019時(shí)，n的取值可以是下面選項(xiàng)中的（)A．8 B．9C．10 D．11解析：由題意，an＝1＋2（n－1）＝2n－1，bn＝2n－1,cn＝abn＝2·2n－1－1＝2n－1，則數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列,其前n項(xiàng)和Tn＝（21－1)＋(22－1）＋(23－1）＋…＋（2n－1）＝(21＋22＋…＋2n）－n＝eq\f(2(1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－2－n.當(dāng)n＝9時(shí),Tn＝1013〈2019；當(dāng)n＝10時(shí)，Tn＝2036>2019。所以n的取值可以是8，9.故選A、B項(xiàng)．答案：AB4．一個(gè)項(xiàng)數(shù)是偶數(shù)的等比數(shù)列，它的偶數(shù)項(xiàng)的和是奇數(shù)項(xiàng)的和的兩倍,它的首項(xiàng)為1，且中間兩項(xiàng)的和為24，則此等比數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為()A．12 B．10 C．8 D．6解析：設(shè)該等比數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為2n，依題意得S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝q·S奇．因?yàn)镾偶＝2S奇，所以q＝2。又an＋an＋1＝a1qn－1＋a1qn＝2n－1＋2n＝3×2n－1＝24,所以2n－1＝8＝23，所以n－1＝3，解得n＝4，所以2n＝8。答案：C5．在數(shù)列{an｝中，已知對(duì)任意n∈N＊，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，則aeq\o\al（2，1）＋aeq\o\al(2，2）＋aeq\o\al(2,3）＋…＋aeq\o\al（2,n)等于（）A．（3n－1)2 B．eq\f(1,2）(9n－1）C．9n－1 D．eq\f（1，4)(3n－1)解析：因?yàn)閍1＋a2＋…＋an＝3n－1，n∈N*，當(dāng)n≥2時(shí)，有a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝3n－3n－1＝2·3n－1，又n＝1時(shí)，a1＝2適合上式，所以an＝2·3n－1,故數(shù)列｛aeq\o\al（2，n）}是首項(xiàng)為4,公比為9的等比數(shù)列．因此aeq\o\al（2，1）＋aeq\o\al（2，2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(4（1－9n）,1－9）＝eq\f(1,2)（9n－1）．答案：B二、填空題6．?dāng)?shù)列｛an}中,an＝eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(2n－1,n為正奇數(shù)，,2n－1，n為正偶數(shù),))則它的前n項(xiàng)和Sn＝________．解析：易知數(shù)列{an｝的奇數(shù)項(xiàng)為以1為首項(xiàng),4為公比的等比數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)是以3為首項(xiàng)，4為公差的等差數(shù)列．（1）當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，奇數(shù)項(xiàng)有eq\f(n＋1,2)項(xiàng)，偶數(shù)項(xiàng)有eq\f（n－1,2)項(xiàng),所以Sn＝eq\f(1－4\s\up6（\f（n＋1,2)）,1－4)＋eq\f（（n－1）×3,2)＋eq\f(\f(n－1,2）·\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(n－1，2）－1）)，2)·4＝eq\f(2n＋1－1，3)＋eq\f（n2－n,2）；（2）當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，奇數(shù)項(xiàng)、偶數(shù)項(xiàng)各有eq\f（n,2)項(xiàng)，所以Sn＝eq\f（1－4\s\up6（\f（n，2）），1－4）＋eq\f（n，2)×3＋eq\f（\f(n，2）\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（n，2）－1））,2)×4＝eq\f（2n－1，3）＋eq\f（n2＋n,2)。答案：eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（\f(2n＋1－1,3)＋\f(n2－n，2)，n為奇數(shù)，，\f(2n－1，3)＋\f（n2＋n,2）,n為偶數(shù)））7．設(shè)等比數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn，若S10＝40，S20＝120，則S30＝________．解析:由等比數(shù)列的性質(zhì)，知S10，S20－S10，S30－S20也成等比數(shù)列,所以S30－S20＝eq\f（（S20－S10)2，S10）＝eq\f（（120－40）2,40）＝160,所以S30＝280。答案：2808．等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若Sn＝a－3n＋1，則a的值為_(kāi)_______．解析：若數(shù)列｛an}是等比數(shù)列，則它的前n項(xiàng)和公式為Sn＝A－Aqn，其中A＝eq\f（a1，1－q），而此數(shù)列Sn＝a－3×3n，故a＝3。答案：3三、解答題9．已知在等比數(shù)列{an｝中，a1＝1，且a2是a1和a3－1的等差中項(xiàng)．（1）求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；（2)若數(shù)列｛bn}滿(mǎn)足b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn＝an（n∈N*)，求{bn}的通項(xiàng)公式bn.解：(1）由題意，得2a2＝a1＋a3－1,即2a1q＝a1＋a1q2－1，整理得2q＝q2。又q≠0，解得q＝2,所以an＝2n－1.（2)當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝a1＝1；當(dāng)n≥2時(shí)，nbn＝an－an－1＝2n－2，即bn＝eq\f(2n－2,n），所以bn＝eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(1,n＝1，,\f(2n－2，n），n≥2.)）10．已知{an｝為公差不為0的等差數(shù)列，a1＝2，且a1,a3，a9成等比數(shù)列．（1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2）若bn＝2an，cn＝an＋(－1)nbn,求數(shù)列{cn｝的前n項(xiàng)和Sn。解：（1)設(shè)數(shù)列｛an}的公差為d，d≠0，所以a1，a3,a9成等比數(shù)列,所以aeq\o\al（2，3)＝a1a9，即(a1＋2d）2＝a1（a1＋8d)，即a1d＝d2，因?yàn)閐≠0,所以d＝a1＝2，所以an＝a1＋（n－1)d＝2＋（n－1）×2＝2n。(2）由題意得,bn＝22n＝4n，則cn＝2n＋(－1)n4n＝2n＋(－4）n，所以Sn＝eq\f（n（2＋2n），2)＋eq\f（（－4）［1－（－4)n］，1－（－4））＝n(n＋1）－eq\f(4＋（－4）n＋1,5).B級(jí)能力提升1．(2017·全國(guó)卷Ⅰ）幾位大學(xué)生響應(yīng)國(guó)家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召,開(kāi)發(fā)了一款應(yīng)用軟件．為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng)．這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問(wèn)題的答案:已知數(shù)列1，1，2，1，2，4,1,2，4，8，1,2，4，8，16，…,其中第一項(xiàng)是20，接下來(lái)的兩項(xiàng)是20，21，再接下來(lái)的三項(xiàng)是20，21,22，依此類(lèi)推．求滿(mǎn)足如下條件的最小整數(shù)N：N＞100且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪．那么該款軟件的激活碼是(）A．440 B．330 C．220 D．110解析:設(shè)首項(xiàng)為第1組，接下來(lái)的兩項(xiàng)為第2組，再接下來(lái)的三項(xiàng)為第3組，依此類(lèi)推，則第n組的項(xiàng)數(shù)為n,前n組的項(xiàng)數(shù)和為eq\f(n（1＋n）,2).由題意知，N〉100，令eq\f（n（1＋n）,2）＞100?n≥14且n∈N＊，即N出現(xiàn)在第13組之后．第n組的各項(xiàng)和為eq\f（1－2n，1－2)＝2n－1，前n組所有項(xiàng)的和為eq\f(2（1－2n)，1－2）－n＝2n＋1－2－n.設(shè)N是第n＋1組的第k項(xiàng)，若要使前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪，則第n＋1組的前k項(xiàng)的和2k－1應(yīng)與－2－n互為相反數(shù)，即2k－1＝2＋n(k∈N*,n≥14),k＝log2（n＋3)?n最小為29，此時(shí)k＝5,則N＝eq\f（29×（1＋29），2）＋5＝440。答案：A2．在等比數(shù)列｛an}中，若a1＝eq\f(1，2），a4＝－4，則|a1｜＋｜a2|＋|a3｜＋…＋｜an|＝________．解析:因?yàn)閧an｝為等比數(shù)列,且a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，所以q3＝eq\f(a4,a1)＝－8，所以q＝－2，所以an＝eq\f（1,2）(－2)n－1，所以|an|＝2n－2,所以|a1｜＋|a2|＋｜a3｜＋…＋|an｜＝eq\f（\f(1,2）(1－2n）,1－2）＝eq\f(2n－1，2）。答案：eq\f(2n－1,2）3．(2016·山東卷)已知數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和Sn＝3n2＋8n，｛bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1.(1）求數(shù)列｛bn｝的通項(xiàng)公式；（2）令cn＝eq\f（（an＋1）n＋1,（bn＋2）n)，求數(shù)列{cn｝的前n項(xiàng)和Tn.解析:（1）由題意知當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5.設(shè)數(shù)列｛bn}的公差為d,由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝b1＋b2，，a2＝b2＋b3,））即eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(11＝2b1＋d,，17＝2b1＋3d，)）可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1.(2）由(1）知cn＝eq\f(（6n＋6）n＋1,（3n＋3）n)＝3(n＋1）·2n＋1，又Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，得Tn＝3×［2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1）×2n＋1]，2Tn＝3×［2×23＋3×