高中數(shù)學北師大版必修5課時作業(yè)第1章數(shù)列08

§8等比數(shù)列的綜合應用時間：45分鐘滿分：80分班級________姓名________分數(shù)________一、選擇題：(每小題5分，共5×6＝30分)1．等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且4a1,2a2，a3成等差數(shù)列．若a1＝1，則SA．7B．8C．15D．162．已知eq\r(3)是3a與3b的等比中項，則a＋b的值是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C．1D．23．在等比數(shù)列{an}(n∈N*)中，若a1＝1，a4＝eq\f(1,8)，則該數(shù)列的前10項和為()A．2－eq\f(1,24)B．2－eq\f(1,29)C．2－eq\f(1,210)D．2－eq\f(1,211)4．已知{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，其公比q≠1且b1>0(i＝1,2，…，n)，若a1＝b1，a11＝b11，則()A．a(chǎn)6>b6B．a(chǎn)6＝b6C．a(chǎn)6<b6D．a(chǎn)6<b6或a6>b65．若互不相等的實數(shù)a，b，c成等差數(shù)列，c，a，b成等比數(shù)列，且a＋3b＋c＝10，則a等于()A．4B．2C．－2D．－46．已知{an}是首項為1的等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項和，且9S3＝S6，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5項和為()A.eq\f(15,8)或5B.eq\f(31,16)或5C.eq\f(31,16)D.eq\f(15,8)二、填空題：(每小題5分，共5×3＝15分)7．在等比數(shù)列{an}中，a2＝－2，a5＝54，則a8＝________.8．設等差數(shù)列{an}的公差d≠0，a1＝4d，aK是a1與a2K的等比中項，則K＝________.9．在等比數(shù)列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，則|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝________.三、解答題：(共35分，其中第10小題11分，第11、12小題各12分)10．已知數(shù)列{an}滿足Sn＝2an＋1.求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列，并求出通項公式．

11.設數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)令bn＝nan，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.已知公比為q的等比數(shù)列{an}前6項和為S6＝21，且4a1、eq\f(3,2)a2、a2成等差數(shù)列．(1)求an；(2)設{bn}是首項為2，公差為－a1的等差數(shù)列，其前n項和為Tn，求使不等式Tn>2成立n的最大值．一、選擇題1．C設{an}的首項為a1，公比為q；由4a1,2a2，a3成等差數(shù)列，4a2＝4a1＋a3，∴4a1q＝4a1＋a1q，∵a1＝1，∴q2－4q＋4＝0，∴q＝2，∴S4＝eq\f(a11－q4,1－q)＝eq\f(1×1－24,1－2)＝15.2．C由題意可知，3a·3b＝3，即3a＋b＝3，∴a＋3．B由a1＝1，a4＝eq\f(1,8)，得q＝eq\f(1,2)，則S10＝eq\f(1－\f(1,210),1－\f(1,2))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,210)))＝2－eq\f(1,29).4．A設f(n)＝an＝a1＋(n－1)d，g(n)＝bn＝a1qn－1，則y＝f(n)與y＝g(n)的圖象有2個公共點，圖象如下：所以當1<n<11時，均有an>bn.5．D由a，b，c成等差數(shù)列可設a＝b－d，c＝b＋d(d≠0)；又由a＋3b＋c＝10，即5b＝10可得b＝2，所以a＝2－d，c＝2＋d，又由c，a，b成等比數(shù)列，a2＝bc，即(2－d)2＝2(2＋d)，解得d＝6，則a＝－4.6．C顯然{an}的公比q≠1，則eq\f(91－q3,1－q)＝eq\f(1－q6,1－q)?1＋q3＝9?q＝2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，前5項和T5＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5,1－\f(1,2))＝eq\f(31,16).二、填空題7．－1458解析：解法一：a8＝a5q3＝a5·eq\f(a5,a2)＝54×eq\f(54,－2)＝－1458.解法二：∵a5是a2與a8的等比中項，∴542＝a8×(－2)．∴a8＝－1458.8．3解析：∵aK是a1與a2K的等比中項，∴[a1＋(K－1)d]2＝a1[a1＋(2K－1)d]?K2－2K－3＝0，解得K＝3或K＝－1，K為項數(shù)，故K＝3.9.eq\f(2n－1,2)解析：∵{an}為等比數(shù)列，且a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，∴q3＝eq\f(a4,a1)＝－8，∴q＝－2，∴an＝eq\f(1,2)(－2)n－1，∴|an|＝2n－2，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq\f(\f(1,2)1－2n,1－2)＝eq\f(2n－1,2).三、解答題10．證明：n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)＝2an－2an－1?an＝2an－1，∴eq\f(an,an－1)＝2為常數(shù)．∴數(shù)列{an}成等比數(shù)列．n＝1時，S1＝2a1＋1＝a1，∴a1＝－1，q∴an＝－2n－1.11．(1)由已知，當n≥1時，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a1＝2，符合上式，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝22n－1.(2)由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，①從而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1，②①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝eq\f(1,9)[(3n－1)22n＋1＋2]．12．(1)由已知得3a2＝4a1＋a2a2＝4a1，∴S6＝eq\f(a126－1,2－1)＝21，a1＝eq\f(1,3)，∴an＝eq\f(1,3)·2n－1.(2)由(1)等差數(shù)列{bn}公差d＝－a1＝－eq