高考数学总复习 课时作业30 等比数列及其前n项和试题
高考数学复习课时作业30 等比数列及其前n项和
课时作业(三十) 等比数列及其前n 项和A 级1．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n －a ，数列{a n }为等比数列，则实数a 的值是( ) A ．3 B ．1 C ．0D ．－12．设数列{a n }满足：2a n ＝a n ＋1(n ∈N *)，且前n 项和为S n ，则S 4a 2的值为( )A.152 B ．154C ．4D ．23．已知函数f (x )＝log a x ，且所有项为正数的无穷数列{a n }满足log a a n ＋1－log a a n ＝2，则数列{a n }( )A ．一定是等比数列B ．一定是等差数列C ．既是等差数列又是等比数列D ．既不是等差数列又不是等比数列4．(2012·威海模拟)在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( )A.12 B ．32 C ．1D ．－325．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则数列{a n }的奇数项的前n 项和为( ) A.2n ＋1－13B ．2n ＋1－23C.22n －13D ．22n －236．已知各项不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝________.7．(2013·南京模拟)等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 为________．8．(2012·江西卷)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.9．(2013·潍坊模拟)已知函数f (x )＝2x ＋3，数列{a n }满足：a 1＝1且a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，则该数列的通项公式a n ＝________.10．S n 是无穷等比数列{a n }的前n 项和，且公比q ≠1，已知1是12S 2和13S 3的等差中项，6是2S 2和3S 3的等比中项．(1)求S 2和S 3；(2)求此数列{a n }的前n 项和公式．11．已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．B 级1．(2013·武汉模拟)等比数列{a n }的公比为q ，则“a 1＞0，且q ＞1”是“对于任意正整数n ，都有a n ＋1＞a n ”的( )A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件2．已知各项都为正数的等比数列{a n }中，a 2·a 4＝4，a 1＋a 2＋a 3＝14，则满足a n ·a n ＋1·a n＋2＞19的最大正整数n 的值为________． 3．数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n (n ∈N *)． (1)求证：数列{a n ＋1}成等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)数列{a n }中是否存在连续三项可以构成等差数列？若存在，请求出一组适合条件的三项；若不存在，请说明理由．详解答案课时作业(三十)A 级1．B 可用特殊值法，由S n ＝3n －a 得a 1＝3－a ，a 2＝6，a 3＝18， 由等比数列的性质可知a ＝1.2．A 由题意知，数列{a n }是以2为公比的等比数列，故S 4a 2＝a 1(1－24)1－2a 1×2＝152，选A.3．A 由log a a n ＋1－log a a n ＝2得log aa n ＋1a n ＝2＝log a a 2.故a n ＋1a n＝a 2，又a ＞0且a ≠1，所以数列{a n }为等比数列．故选A.4．B 因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝3π3， log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74＝7log 33π3＝7π3， 所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7) ＝32. 5．C 依题意，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－1＝1，a n ＝2n－1也适合a 1.因此，a n ＝2n －1，a n ＋1a n＝2，数列{a n }是等比数列，数列{a n }的奇数项的前n 项和为1×(1－22n )1－22＝22n －13，选C.6．解析： 由题意可知，b 6b 8＝b 27＝a 27＝2(a 3＋a 11)＝4a 7，∵a 7≠0，∴a 7＝4，∴b 6b 8＝16. 答案： 167．解析： 由a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1得a 4－a 3＝2(S 3－S 2)＝2a 3， ∴a 4＝3a 3，∴q ＝a 4a 3＝3.答案： 38．解析： 由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝1－(－2)53＝11.答案： 119．解析： 由题意知a n ＋1＝2a n ＋3，∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)， ∴数列{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，以2为公比的等比数列． ∴a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3.答案： 2n ＋1－310．解析： (1)根据已知条件⎩⎪⎨⎪⎧12S 2＋13S 3＝2，(2S 2)(3S 3)＝36.整理得⎩⎪⎨⎪⎧ 3S 2＋2S 3＝12，(3S 2)(2S 3)＝36.解得3S 2＝2S 3＝6，即⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝2，S 3＝3.(2)∵q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝3.可解得q ＝－12，a 1＝4. ∴S n ＝4⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1＋12＝83－83⎝⎛⎭⎫－12n .11．解析： (1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1，①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)，②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1(n ≥2)． 令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23，∴{b n }是一个以23为首项，以13为公比的等比数列．B 级1．A 易知，当a 1＞0且q ＞1时，a n ＞0，所以a n ＋1a n ＝q ＞1，表明a n ＋1＞a n ；若对任意自然数n ，都有a n ＋1＞a n 成立， 当a n ＞0时，同除a n 得q ＞1， 但当a n ＜0时，同除a n 得0＜q ＜1. 也可举反例，如a n ＝－12n .2．解析： 因为a 2·a 4＝4＝a 23，且a 3＞0，所以a 3＝2， 又a 1＋a 2＋a 3＝2q 2＋2q ＋2＝14，所以1q ＝－3(舍)或1q ＝2，即q ＝12，a 1＝8.又a n ＝a 1q n －1＝8·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －4， 所以a n ·a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫123n －9＞19，即23n －9＜9，∴3n －9＜log 29即n ＜3＋log 239 而3＋log 239＞3＋log 238＝4，∴n 的最大值为4. 答案： 43．解析： (1)证明：由S n ＝2a n －n 及S n ＋1＝2a n ＋1－(n ＋1)⇒a n ＋1＝2a n ＋1. 又∵a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1，a 1＋1≠0，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2.∴{a n ＋1}成等比数列．(2)由(1)知，a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1，故a n ＝2n －1，n ∈N *.(3)假设存在k ∈N *，使得a k ，a k ＋1，a k ＋2成等差数列，则2a k ＋1＝a k ＋a k ＋2， 即2(2k ＋1－1)＝(2k －1)＋(2k ＋2－1)⇒2k ＝0.因k ∈N *，所以2k ≠0，∴不存在{a n }中的连续三项使得它们可以构成等差数列．。
高考数学专题《等比数列及其前n项和》习题含答案解析
专题7.3 等比数列及其前n 项和1．（2021·全国高考真题（文））记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（ ）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】A 【解析】根据题目条件可得2S ，42S S -，64S S -成等比数列，从而求出641S S -=，进一步求出答案.【详解】∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，∴2S ，42S S -，64S S -成等比数列∴24S =，42642S S -=-=∴641S S -=，∴641167S S =+=+=.故选：A.2．（2021·山东济南市·）已知S n 是递增的等比数列{a n }的前n 项和，其中S 3＝72，a 32＝a 4，则a 5＝（ ）A ．116B ．18C ．8D ．16【答案】C 【解析】设等比数列的公比为q ，根据题意列方程，解出1a 和q 即可.【详解】解：设递增的等比数列{a n }的公比为q ，且q >1，∵S 3＝72，234a a =，∴1a （1+q +q 2）＝72，21a q 4＝1a q 3，解得1a ＝12，q ＝2；1a ＝2，q ＝12（舍去）．练基础则5a ＝4122⨯=＝8．故选：C ．3．（2021·重庆高三其他模拟）设等比数列{}n a 的前n 项和为271,8,4n S a a =-=，则6S =（ ）A ．212-B ．152C ．212D ．632【答案】C 【解析】设等比数列{}n a 公比为q ，由572a a q =结合已知条件求q 、1a ，再利用等比数列前n 项和公式求6S .【详解】设等比数列{}n a 公比为q ，则572a a q =，又2718,4a a =-=，∴12q =-，故116a =，又1(1)1-=-nn a q S q ，即666311616[1()]216421321()22S ⨯⨯--===--.故选：C4．（2021·合肥市第六中学高三其他模拟（理））若等比数列{}n a 满足12451,8a a a a +=+=，则7a ＝（ ）A ．643B ．643-C ．323D ．323-【答案】A 【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，根据等比数列的通项公式建立方程组，解之可得选项.【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则345128a a q a a +==+，所以2q =，又()11121+11,3a a a a q =+==，所以6671123643a a q ==⨯⨯=，故选：A.5.（2020·河北省曲阳县第一高级中学高一期末）中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，问此人第二天走了（ ）A ．6里B ．24里C ．48里D ．96里【答案】D 【解析】根据题意，记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，由，得，解可得，则；即此人第二天走的路程里数为96；故选：D ．6．（2021·江苏南通市·高三其他模拟）已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，则“1q >”是“112n n n S S S -++>”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】D 【解析】由112n n n S S S -++>可得出1n n a a +>，取10a <，由101n n q a a +<⇔，进而判断可得出结论.【详解】若112n n n S S S -++>，则11n n n n S S S S +-->-，即1n n a a +>，所以，数列{}n a 为递增数列，若10a <，101n n q a a +<<⇔>，所以，“1q >”是“112n n n S S S -++>”的既不充分也不必要条件.故选：D.7．（2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学高三其他模拟（文））在数列{}n a 中，44a =，且22n n a a +=，则{}n a {}n a 12q =6378S =6161[1()]2378112-==-a S 1192a =211192962a a q =⨯=⨯=21nni a==∑___________.【答案】122n +-【解析】由44a =，22n n a a +=，得到22a =且22n na a +=，得出数列{}2n a 构成以2为首项，以2为公比的等比数列，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由22n n a a +=，可得22n na a +=，又由44a =，可得4224a a ==，所以22a =，所以数列{}2n a 构成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以1212(12)2212n nn n i a +=-==--∑.故答案为：122n +-.8．（2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟）已知数列{}n a 满足21n n S a =-，则1a =_____，n S =_______．【答案】1 21n -【解析】利用1n n n a S S -=-求通项公式，再求出n S .【详解】对于21n n S a =-，当n =1时，有1121S a =-，解得：1a =1；当2n ≥时，有1121n n S a --=-，所以()112121=n n n n n a S S a a ----=--，所以1=2nn a a -，所以数列{}n a 为等比数列，111=2n n n a a q--=，所以122112nn n S -==--.故答案为：1，21n -.9.（2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟）已知数列{}n a 满足21n n S a =-，则3a =________，n S =________．【答案】4 21n -【解析】根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出数列的通项公式，再代入求出n S ．【详解】解：因为21n n S a =-当1n =时，1121S a =-，解得11a =；当2n …时，1121n n S a --=-，所以111(21)(21)22n n n n n n n a S S a a a a ---=-=---=-，即12n n a a -=于是{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以12n n a -=．所以34a =，11212212n nn n S a -=-⨯-==-故答案为：4；21n -；10.（2018·全国高考真题（文））等比数列{a n }中，a 1=1 ， a 5=4a 3．（1）求{a n }的通项公式；（2）记S n 为{a n }的前n 项和．若S m =63，求m ．【答案】（1）a n =(―2)n―1或a n =2n―1 .（2）m =6.【解析】（1）设{a n }的公比为q ，由题设得a n =q n―1．由已知得q 4=4q 2，解得q =0（舍去），q =―2或q =2．故a n =(―2)n―1或a n =2n―1．（2）若a n =(―2)n―1，则S n =1―(―2)n3．由S m =63得(―2)m =―188，此方程没有正整数解．若a n =2n―1，则S n =2n ―1．由S m =63得2m =64，解得m =6．综上，m =6．1．（辽宁省凌源二中2018届三校联考)已知数列为等比数列，且，则（ ）A.B.C.D. 【答案】B【解析】由等比数列的性质可得： ，，结合可得： ，结合等比数列的性质可得： ，即：本题选择B 选项.2．（2021·全国高三其他模拟（文））如图，“数塔”的第i 行第j 个数为12j -(其中i ，*j N ∈，且i j ≥).将这些数依次排成一列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，记作数列{}n a ，设{}n a 的前n 项和为n S .若1020n S =，则n =（）A ．46B ．47C ．48D ．49【答案】C 【解析】{}n a 2234764a a a a =-=-46tan 3a a π⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭32343364,4a a a a a ==-∴=-4730a a q =<2764a =78a =-463732a a a a ==463222tan tan tan 10tan 3333a a πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅==+== ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭练提升根据“数塔”的规律，可知第i 行共有i 个数，利用等比数列求和公式求出第i 行的数字之和，再求出前m 行的和，即可判断1020n S =取到第几行，再根据每行数字个数成等差数列，即可求出n ；【详解】解：“数塔”的第i 行共有i 个数，其和为211212222112i i i --++++==-- ，所以前m 行的和为()()()123121222222212m m m m m m +-++++-=-=-+- 故前9行所有数学之和为102111013-=，因此只需要加上第10行的前3个数字1,2,4，其和为10131241020+++=，易知“数塔”前m 行共有()12m m +个数，所以9103482n ⨯=+=故选：C3．（2021·江苏高三其他模拟）已知数列{}n a 满足11a =，()1lg 1091n an a +=++，其前n 项和为n S ，则下列结论中正确的有（ ）A ．{}n a 是递增数列B ．{}10n a +是等比数列C ．122n n n a a a ++>+D ．(3)2n n n S +<【答案】ACD 【解析】将递推公式两边同时取指数，变形得到1110109n n a a +-=+，构造等比数列可证{}1010n a+为等比数列，求解出{}n a 通项公式则可判断A 选项；根据()()()2132101010a a a ++≠+判断B 选项；根据{}n a 的通项公式以及对数的运算法则计算()122n n n a a a ++-+的正负并判断C 选项；将{}n a 的通项公式放缩得到()lg 2101n n a n <⨯<+，由此进行求和并判断D 选项.【详解】因为()1lg 1091n an a +=++，所以()11lg 109n an a +-=+，从而1110109n n a a +-=+，110101090n n a a +=⨯+，所以()11010101010n n a a ++=⨯+，所以11010101010n na a ++=+，又1101020a +=，{}1010n a +是首项为20，公比为10的等比数列，所以110102010210n a n n -+=⨯=⨯，所以1021010n a n =⨯-，即()lg 21010nn a =⨯-，又因为21010n y =⨯-在[)1,,*n n N ∈+∞∈时单调递增，lg y x =在定义域内单调递增，所以{}n a 是递增数列，故A 正确；因为1231011,10lg19010lg1911,10lg199010lg19911a a a +=+=+=++=+=+，所以()()()()()222213101010lg191111lg19911lg 1922lg1911lg199a a a +-++=+-+=+-，所以()()()2222213361101010lg 1911lg1911lg199lg 1911lg0199a a a +-++=+-=+>，所以()()()2132101010a a a ++≠+，所以{}10n a +不是等比数列，故B 错误.因为()()()()121222lg 21010lg 21010lg 21010n n n n n n a a a ++++-+=⨯--⨯--⨯-()()()()()()2211211210102101 lglg210102101021012101n n n n n n +++-+⨯-⨯-=⨯-⨯-⨯-⨯-=，而()()()211221121012101210141041014102102101n n n nnn n n -++-⨯--⨯-⨯-=⨯-⨯+-⨯+⨯+⨯-20100.21041016.2100nnnn=⨯+⨯-⨯=⨯>，从而()()()211210121012101nn n -+⨯->⨯-⋅⨯-，于是，122n n n a a a ++>+，故C 正确.因为()()lg 21010lg 210lg 21nnn n a n =⨯-<⨯=+<+，所以()()21322nn n n n S +++<=，故D 正确.故选：ACD.4. （2019·浙江高三期末）数列的前n 项和为，且满足，Ⅰ求通项公式；Ⅱ记，求证：．【答案】Ⅰ；Ⅱ见解析【解析】Ⅰ，当时，，{}n a n S 11a =()11.n n a S n N ++=+∈()n a ()12111n n T S S S =++⋯+31222n n T -≤<(1) 2n n a -=()(1)1n n a S +=+Q ①∴2n ≥11n n a S -=+②得，又，，数列是首项为1，公比为2的等比数列，；证明：Ⅱ，，时，，，同理：，故：．5．（2021·河北衡水中学高三三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足13a =，()122n n a xa n n -=+-≥，其中x ∈R .（1）若1x =，求出n a ；（2）是否存在实数x ，y 使{}n a yn +为等比数列？若存在，求出n S ，若不存在，说明理由.【答案】（1）2382n n n a -+=；（2）存在，()21242n n n n S ++=--.【解析】（1）将1x =代入，由递推关系求出通项公式，并检验当1n =时是否满足，即可得到结果；（2）先假设存在实数x ，y 满足题意，结合已知条件求出满足数列{}n a yn +是等比数列的实数x ，y 的值，运用分组求∴-①②()122n n a a n +=≥2112a S =+=Q 212a a ∴=∴{}n a 12n n a -∴=(1)2nn a += 21n n S ∴=-2n ≥Q 111122n n n S -≤≤1121111113142112212n n n n T S S S -⎛⎫- ⎪⎝⎭∴=++⋯+≥+=--11111221221212n n n T -⎛⎫- ⎪⎝⎭≤+=-<-31222n n T -≤<和法求出n S 的值.【详解】（1）由题可知：当1x =时有：12n n a a n --=-，当2n ≥时，()()()()()()121321213012232n n n n n a a a a a a a a n ---=+-+-+⋅⋅⋅+-=++++⋅⋅⋅+-=+，又13a =满足上式，故()()22138322nn n n n a ---+=+=.（2）假设存在实数x ，y 满足题意，则当2n ≥时，由题可得：()()111n n n n a yn x a y n a xa xy y n xy --+=+-⇔=+--⎡⎤⎣⎦，和题设12n n a xa n -=+-对比系数可得：1xy y -=，22xy x -=-⇔=，1y =.此时121n n a na n -+=+-，114a +=，故存在2x =，1y =使得{}n a yn +是首项为4，公比为2的等比数列.从而()()1112121224122nn n n n n nn n a n a n S a a a ++-++=⇒=-⇒=++⋅⋅⋅+=--.所以()21242n n n n S ++=--.6．（2021·辽宁本溪市·高二月考）已知数列{}n a ，满足11a =，121n n a a n +=+-，设n n b a n =+，n n c a n λ=+（λ为实数）．（1）求证：{}n b 是等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）若{}n c 是递增数列，求实数λ的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）2nn a n =-；（3）()1,-+∞．【解析】（1）由121n n a a n +=+-，变形为()11222n n n a n a n a n +++=+=+，再利用等比数列的定义证明；（2）由（1）的结论，利用等比数列的通项公式求解；（3）根据{}n c 是递增数列，由10n n c c +->,*n N ∈恒成立求解.【详解】（1）因为121n n a a n +=+-，所以()11222n n n a n a n a n +++=+=+，即12n n b b +=，又因为11120b a =+=≠，所以0n b ≠，所以12n nb b +=，所以{}n b 是等比数列．（2）由1112b a =+=，公比为2，得1222n n n b -=⋅=，所以2nn n a b n n =-=-．（3）因为()21nn n c a n n λλ=+=+-，所以()()11211n n c n λ++=+-+，所以1122121n n n n n c c λλ++-=-+-=+-，因为{}n c 是递增数列，所以*10,n n c c n N +->∈成立，故210n λ+->，*n N ∈成立，即12n λ>-，*n N ∈成立，因为{}12n-是递减数列，所以该数列的最大项是121-=-，所以λ的取值范围是()1,-+∞．7．（2021·河南商丘市·高二月考（理））在如图所示的数阵中，从任意一个数开始依次从左下方选出来的数可组成等差数列，如：2，4，6，8，…；依次选出来的数可组成等比数列，如：2，4，8，16，….122344468858121616记第n 行第m 个数为(),f n m .（Ⅰ）若3n ≥，写出(),1f n ，(),2f n ，(),3f n 的表达式，并归纳出(),f n m 的表达式；（Ⅱ）求第10行所有数的和10S .【答案】（Ⅰ）(),1f n n =，()(),221f n n =-，()(),342f n n =-，()()12,1m m m f n n --+=；（Ⅱ）102036=S .【解析】（I ）由数阵写出(),1f n n =，()(),221f n n =-，()(),342f n n =-，由此可归纳出()()12,1m m m f n n --+=.（II ）()()()()1010,110,210,310,10S f f f f =++++ 291029282 1 =+⨯+⨯++⨯ ，利用错位相减法求得结果.【详解】（Ⅰ）由数阵可知：(),1f n n =，()(),221f n n =-，()(),342f n n =-，由此可归纳出()()12,1m m m f n n --+=.（Ⅱ）()()()()1010,110,210,310,10S f f f f =++++ 291029282 1 =+⨯+⨯++⨯ ，所以231010220292821S =+⨯+⨯++⨯ ，错位相减得291010102222S =-+++++ ()102121012-=-+-2036=.8．（2021·山东烟台市·高三其他模拟）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，12n n S na +=，*n ∈N .（1）求{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足11b =，12nn n b b +=，*n ∈N ，按照如下规律构造新数列{}n c ：123456,,,,,,a b a b a b ，求{}n c 的前2n 项和.【答案】（1）n a n =，*n ∈N ；（2）数列{}n c 的前2n 项和为1222++-n n .【解析】（1）由()12n n n a S S n -=-≥可得1(2)1n na a n n n+=≥+可得答案；（2）由12nn n b b +=得1122n n n b b +++=，两式相除可得数列{}n b 的偶数项构成等比数列，再由（1）可得数列{}n c 的前2n 项的和.【详解】（1）由12n n S na +=，12(1)(2)n n S n a n -=-≥，得12(1)n n n a na n a +=--，所以1(2)1n na a n n n +=≥+.因为122S a =，所以22a =，所以212n a an ==，(2)n a n n =≥.又当1n =时，11a =，适合上式.所以n a n =，*n ∈N .（2）因为12nn n b b +=，1122n n n b b +++=，所以*22()n nb n b +=∈N ，又122b b =，所以22b =.所以数列{}n b 的偶数项构成以22b =为首项､2为公比的等比数列.故数列{}n c 的前2n 项的和()()21321242n n n T a a a b b b -=+++++++ ，()122212(121)22212nn n n n T n +-+-=+=+--所以数列{}n c 的前2n 项和为1222++-n n .9．（2019·浙江高考模拟）已知数列中，， （1）令，求证：数列是等比数列；{}n a ()110,2*n n a a a n n N +==+∈+11n n n b a a =-+{}n b（2）令 ，当取得最大值时，求的值.【答案】（I ）见解析（2）最大，即【解析】（1）两式相减，得 ∴即：∴ 数列是以2为首项，2为公比的等比数列（2）由（1）可知， 即也满足上式令，则 ，3nn n a c =n c n 3,n n c =3k =121221n n n n a a n a a n +++=+=++Q ，211221n n n n a a a a +++-=-+()211121n n n n a a a a +++-+=-+12n nb b +=21120a b ==≠Q 又，{}n b 2nn b =121nn n a a +-=-2121a a -=-23221a a -=-⋅⋅⋅⋅⋅⋅()11212n n n a a n ---=-≥()211222121n n n a a n n -∴-=++⋅⋅⋅+--=--2,21n n n a n ∴≥=--11,0n a ∴==21n n a n ∴=--111212233n n n n n n n n c c +++----=∴=11112221212333n n nn n n n n n n n c c ++++----+-∴-=-=()212nf n n =+-()11232n f n n ++=+-()()122n f n f n ∴+-=-∴ 最大，即10.（2021·浙江高三其他模拟）已知数列{}n a 满足112a =，123n n a a ++=，数列{}n b 满足11b =，()211n n nb n b n n +-+=+.（1）数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）若()1n n n n c b b a +=-，求使[][][][]1222021n c c c c +++⋅⋅⋅+≤成立([]n c 表示不超过n c 的最大整数)的最大整数n 的值.【答案】（1）112nn a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，2n b n =；（2）最大值为44.【解析】（1）由题得数列{}1n a -是等比数列，即求出数列{}n a 的通项；由题得{}n b n 是一个以111b=为首项，以1为公差的等差数列，即得数列{}n b 的通项公式；（2）先求出[]()*1,16,2,2,21,21,22n n n c k N n n k n n k =⎧⎪=⎪=∈⎨=+⎪⎪+=+⎩，再求出[][][][]()2*12221,1,3,2,231,2122n n c c c c n n n k k N n n n k ⎧⎪=⎪⎪++++=+=∈⎨⎪⎪+-=+⎪⎩即得解.【详解】解：（1）由123n n a a ++=得()11112n n a a +-=--，所以数列{}1n a -是等比数列，公比为12-，()()()()()()12,234f f f f f f n ∴=>>>⋅⋅⋅>()()()()1210,310,3,0f f f n f n ==>=-<∴≥<Q 123345...c c c c c c ∴>，3,n n c =3k =解得112nn a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭.由()211n n nb n b n n +-+=+，得111n nb b n n+-=+，所以{}n b n 是一个以111b=为首项，以1为公差的等差数列，所以1(1)1n bn n n=+-⨯=，解得2n b n =.（2）由()1n n n n c b b a +=-得()12121121(1)22n nn n n c n n ⎛⎫+⎛⎫=++-=++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，记212n n n d +=，1112321120222n n n n n n n nd d +++-++-=-=<，所以{}n d 为单调递减且132d =，254d =，3718d =<，所以[]()*1,16,2,2,21,21,22n n n c k N n n k n n k =⎧⎪=⎪=∈⎨=+⎪⎪+=+⎩，因此[][][][]()2*12221,1,3,2,231,2122n n c c c c n n n k k N n n n k ⎧⎪=⎪⎪++++=+=∈⎨⎪⎪+-=+⎪⎩，当2n k =时，2320212n n +≤的n 的最大值为44；当2+1n k =时，231202122n n +-≤的n 的最大值为43；故[][][][]1222021n c c c c +++⋅⋅⋅+≤的n 的最大值为44.1．（2021·全国高考真题（理））等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 是递增数列，则（）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件练真题B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B 【解析】当0q >时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当{}n S 是递增数列时，必有0n a >成立即可说明0q >成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．【详解】由题，当数列为2,4,8,--- 时，满足0q >，但是{}n S 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{}n S 是递增数列，则必有0n a >成立，若0q >不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q >成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B ．2.（2020·全国高考真题（文））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则nnS a =（ ）A ．2n –1B ．2–21–n C ．2–2n –1D ．21–n –1【答案】B 【解析】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩，所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n n n n n S a ---==-.故选：B.3.（2019·全国高考真题（文））已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则（ ）{}n a 53134a a a =+3a =A ．16B ．8C ．4D ．2【答案】C 【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为，则，解得，，故选C ．4．（2019·全国高考真题（文））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若，则S 4=___________．【答案】.【解析】设等比数列的公比为，由已知，即解得，所以．5．（2020·海南省高考真题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】（1）2nn a =；（2）2382(1)55n n +--【解析】(1) 设等比数列{}n a 的公比为q (q >1)，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩，整理可得：22520q q -+=，11,2,2q q a >== ，q 2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩11,2a q =⎧⎨=⎩2314a a q ∴==13314a S ==，58q 223111314S a a q a q q q =++=++=2104q q ++=12q =-441411()(1)521181()2a q S q ---===---数列的通项公式为：1222n n n a -=⋅=.(2)由于：()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--，故：112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512n n n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----.6．（2021·浙江高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33(4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解.【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-，当2n ≥时，由1439n n S S +=-①，得1439n n S S -=-②，①-②得143n na a +=122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=，又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列，1933(3(444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)(34n n n n b a n -=-=-，所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭ ，2413333333321(5)(4)444444n n n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，两式相减得234113333333(4)4444444n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334((4)(44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤；4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-；所以31λ-≤≤.。
2021年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分30等比数列及其前n项和
2021年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分30等比数列及其前n项和1．已知等比数列{a n}的公比q＝2，且2a4，a6,48成等差数列，则{a n}的前8项和为( )A．127 B．255C．511 D.1 023解析：∵2a4，a6,48成等差数列，∴2a6＝2a4＋48，∴2a1q5＝2a1q3＋48，又∵q＝2，∴a1＝1，∴S8＝1×1－281－2＝255.答案：B2．已知各项不为0的等差数列{a n}满足a4－2a27＋3a8＝0，数列{b n}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于( )A．1 B.2C．4 D.8解析：∵a4－2a27＋3a8＝0，∴2a27＝a4＋3a8，即2a27＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2，故b2b8b11＝b1qb1q7b1q10＝b31q18＝(b7)3＝8.答案：D3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m ＝( )A ．3 B.4 C ．5 D.6解析：由已知得，S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝a m ＋1a m＝－2，又S m ＝a 1－a m q1－q＝－11，故a 1＝－1，又a m ＝a 1·q m －1＝－16，故(－1)×(－2)m－1＝－16，求得m ＝5. 答案：C4．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝( )A ．4n －1 B.4n －1 C ．2n －1 D.2n －1 解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54，②由①除以②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2，∴a n＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝42n .∴S n＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫12n1－12＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－12n.∴Snan＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－12n42n＝2n－1，选D.答案：D5．等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝( )A．12 B.10C．8 D.2＋log35解析：由题意可知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18得a5a6＝a4a7＝9，而log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1.a2 (10)＝log3(a5a6)5＝log395＝log3310＝10.答案：B6．已知各项均为正数的等比数列{a n}中，a4与a14的等比中项为22，则2a7＋a11的最小值为( )A．16 B.8C．2 2 D.4解析：由题意知a 4＞0，a 14＞0，a 4·a 14＝8，a 7＞0，a 11＞0，则2a 7＋a 11≥22a 7·a 11＝22a 4·a 14＝216＝8，当且仅当⎩⎨⎧a 7·a 11＝8，2a 7＝a 11，即a 7＝2，a 11＝4时取等号，故2a 7＋a 11的最小值为8，故选B.答案：B7．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，a 2＋a 3＝12，则该数列的前4项和为__________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝2，a 2＋a 3＝12，则a 1q ＋a 1q 2＝12，解得q ＝2，故S 4＝2×1－241－2＝30.答案：308．若等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________，前n 项和S n ＝________.解析：由题意知q ＝a 3＋a 5a 2＋a 4＝4020＝2. 由a 2＋a 4＝a 2(1＋q 2)＝a 1q (1＋q 2)＝20，∴a 1＝2.∴S n ＝21－2n 1－2＝2n ＋1－2.答案：2 2n ＋1－29．在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8·a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝__________.解析：∵1a7＋1a10＝a7＋a10a7a10，1a8＋1a9＝a8＋a9a8a9，而a8a9＝a7a10，∴1a7＋1a8＋1a9＋1a10＝a7＋a8＋a9＋a10a7a10＝158－98＝－53.答案：－5 310．已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，S3＝a4＋6，且a1，a4，a13成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2a n＋1，求数列{b n}的前n项和．解析：(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)．因为S3＝a4＋6，所以3a1＋3×2d2＝a1＋3d＋6.所以a1＝3.因为a1，a4，a13成等比数列，所以a1(a1＋12d)＝(a1＋3d)2，即3(3＋12d)＝(3＋3d)2.解得d＝2.所以a n＝2n＋1.(2)由题意b n＝22n＋1＋1，设数列{b n}的前n项和为T n，c n＝22n＋1，c n＋1 cn ＝22n＋1＋122n＋1＝4(n∈N*)，所以数列{c n}为以8为首项，4为公比的等比数列．所以T n＝81－4n1－4＋n＝22n＋3－83＋n.B级能力提升练11．已知数列{a n}是首项为a1，公差为d(0＜d＜2π)的等差数列，若数列{cos a n}是等比数列，则其公比为( )A．1 B.－1C．±1 D.2解析：因为数列{cos a n}是等比数列，所以cos2(a1＋d)＝cos a1·cos(a1＋2d)，cos2(a1＋d)＝cos(a1＋d－d)·cos(a1＋d＋d)＝cos2(a1＋d)cos2d－sin2(a1＋d)sin2d，所以sin2d[cos2(a1＋d)＋sin2(a1＋d)]＝0，所以sin2d＝0，sin d＝0，因为0＜d＜2π，所以d＝π.公比q＝cos a1＋dcos a1＝cos a1＋πcos a1＝－1.答案：B12．已知等比数列{a n}的公比为q，记b n＝a m(n－1)＋1＋a m(n－1)＋2＋…＋a m(n－1)＋m，c n ＝a m(n－1)＋1·a m(n－1)＋2·…·a m(n－1)＋m(m，n∈N*)，则以下结论一定正确的是( ) A．数列{b n}为等差数列，公差为q mB．数列{b n}为等比数列，公比为q2mC．数列{c n}为等比数列，公比为qm2D．数列{c n}为等比数列，公比为qm m解析：∵{a n}是等比数列，∴amn＋mam n－1＋m＝q mn＋m－m(n－1)－m＝q m.∴cn＋1cn＝amn＋1·a mn＋2·…·a mn＋mam n－1＋1·a m n－1＋2·…·a m n－1＋m＝(q m)m＝qm2.答案：C13．[xx·唐山市一中期中考试]在数列{a n}中，已知a1＝1，a n＋1＝2a n－n＋1，n∈N*.(1)求证：{a n－n}是等比数列；(2)令b n＝an2n，S n为数列{b n}的前n项和，求S n的表达式．解析：(1)证明：由a1＝1，a n＋1＝2a n－n＋1，n∈N*，可得an＋1－(n＋1)＝2(a n－n)，a1－1＝－2≠0，所以数列{a n－n}是以－2为首项，以2为公比的等比数列．(2)由(1)得：a n －n ＝－2×2n －1＝－2n，所以a n ＝n －2n，b n ＝n2n －1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋222＋…＋n 2n －n .令T n ＝12＋222＋…＋n2n ，则12T n ＝122＋223＋…＋n 2n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1 所以T n ＝2－n ＋22n，即S n ＝2－n ＋22n－n .14．[xx·贵州七校第一次联考]已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，S n为数列{a n }的前n 项和，a 1＝b 1＝1，且b 3S 3＝36，b 2S 2＝8(n ∈N *)．(1)求a n 和b n ；(2)若a n ＜a n ＋1，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n .解析：(1)由题意得⎩⎨⎧q23＋3d ＝36q2＋d＝8，解得⎩⎨⎧d ＝2q ＝2或⎩⎨⎧d ＝－23q ＝6，∴⎩⎨⎧a n ＝2n －1b n ＝2n －1，或⎩⎨⎧a n ＝135－2nb n＝6n －1.(2)若a n ＜a n ＋1，由(1)知a n ＝2n －1，∴1a n a n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1.x34360 8638 蘸 23282 5AF2 嫲O39718 9B26 鬦32127 7D7F 絿20964 51E4 凤 Z39548 9A7C 驼39102 98BE 颾w。
高考数学总复习 课时作业(三十)第30讲 等比数列及其前n项和 理
课时作业(三十)第30讲等比数列及其前n项和基础热身1.已知2是a与2-的等比中项,则a=()A.2-B.4(2-)C.2+D.4(2+)2.在等比数列{a n}中,a3=4,a6=,则公比q=()A. B.-C.2D.-23.[2017·常德一模]已知各项均为正数的等比数列的前n项和为S n,且S3=14,a3=8,则a6=()A.16B.32C.64D.1284.在等比数列中,公比q=,a3a5a7=64,则a4= .5.[2017·太原质检]设S n是等比数列的前n项和,若S2=2,S6=4,则S4= .能力提升6.[2017·绍兴柯桥区二模]已知等比数列的前n项和为S n,且满足a5=2S4+3,a6=2S5+3,则此数列的公比为()A.2B.3C.4D.57.[2017·衡阳联考]已知数列为等比数列,且a3=-4,a7=-16,则a5=()A.8B.-8C.64D.-648.已知等比数列满足log2a3+log2a10=1,且a5a6a8a9=16,则数列的公比为 ()A.2B.4C.±2D.±49.[2017·泉州模拟]已知数列为等比数列,a4+a7=2,a5·a6=-8,则a1+a10的值为 ()A.7B.5C.-7D.-510.已知各项均为正数的等比数列{a n}满足a7=a6+2a5,若存在两项a m,a n使得=4a1,则+的最小值为()A. B.C. D.11.[2017·大连模拟]已知等差数列{a n}的公差d≠0,且a3,a5,a15成等比数列,若a1=3,S n为数列{a n}的前n项和,则a n·S n的最小值为()A.0B.-3C.-20D.912.[2017·榆林一模]在等比数列{a n}中,a1=4,公比为q,前n项和为S n,若数列{S n+2}也是等比数列,则q= .13.已知是正项等比数列,a2=3,a6=,则a1a2+a2a3+…+a100a101= .14.(10分)[2017·上饶六校联考]已知数列的前n项和为S n,且a n+1=1+S n对一切正整数n恒成立.(1)试求当a1为何值时,数列是等比数列,并求出它的通项公式;(2)在(1)的条件下,当n为何值时,数列的前n项和T n取得最大值.15.(13分)[2018·广西钦州月考]已知数列的前n项和为S n,且S n=λ+(n-1)·2n,又数列满足a n·b n=n.(1)求数列的通项公式.(2)当λ为何值时,数列是等比数列?此时数列的前n项和为T n,若存在m∈N*,使得m<T n成立,求m的最大值.难点突破16.(12分)[2017·泸州诊断]设等比数列{a n}的前n项和为S n,已知a3=,S3=.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=log2,T n为数列{b n}的前n项和,求使T n=+105成立的n的值.课时作业(三十)1.D[解析] 由题意,得(2-)a=22,解得a=4(2+),故选D.2.A[解析] 由题意得,q3===,则q=,故选A.3.C[解析] 设等比数列{a n}的公比为q(q>0),由S3=14,a3=8,得可得a1=2,q=2,所以a6=a1q5=2×25=64,故选C.4.8[解析] 因为a3a5a7=64,所以=64,解得a5=4,故a4==8.5.1+[解析] 由等比数列的性质知S2,S4-S2,S6-S4也成等比数列,所以(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(S4-2)2=2·(4-S4),解得S4=1+或S4=1-(舍).6.B[解析] 由a5=2S4+3,a6=2S5+3可得a6-a5=2a5,则=3,故选B.7.B[解析] 设等比数列{a n}的公比为q.∵数列{a n}为等比数列,且a3=-4,a7=-16,∴=a3·a7=(-4)×(-16)=64,又a5=a3q2=-4q2<0,∴a5=-8.故选B.8.A[解析] 设等比数列{a n}的公比为q.由log2a3+log2a10=1得log2a3a10=1,即a3a10=2.∵a5a6a8a9=16,∴(a5a8)(a6a7)q2=16,∴q2=4.由真数大于零得q>0,∴q=2.故选A.9.C[解析] 由等比数列的性质可知a5·a6=a4·a7=-8,又a4+a7=2,故a4,a7是一元二次方程x2-2x-8=0的两个根,解得a4=-2,a7=4或a4=4,a7=-2,故a1=1,q3=-2,a10=-8或a1=-8,q3=-,a10=1,所以a1+a10=-7.10.A[解析] 由各项均为正数的等比数列{a n}满足a7=a6+2a5,可得a1q6=a1q5+2a1q4,∴q2-q-2=0,∴q=2.∵=4a1,∴q m+n-2=16,∴2m+n-2=24,∴m+n=6,∴+=(m+n)+=5++≥(5+4)=,当且仅当=时等号成立,故+的最小值等于.11.B[解析] ∵等差数列{a n}的公差d≠0,且a3,a5,a15成等比数列,a1=3,∴(3+4d)2=(3+2d)(3+14d),解得d=-2或d=0,∵d≠0,∴d=-2,则a n=3+(n-1)×(-2)=5-2n,S n=3n+×(-2)=4n-n2,a n·S n=(5-2n)(4n-n2)=2n3-13n2+20n.设f(x)=2x3-13x2+20x,则f'(x)=6x2-26x+20,令f'(x)=0,得x1=1,x2=,则f(x)在1,上单调递减,在,+∞上单调递增.结合f(x)的单调性可知,当n=3时,a n·S n取得最小值2×33-13×32+20×3=-3.故a n·S n的最小值为-3.故选B.12.3[解析] 由数列{S n+2}也是等比数列可得S1+2,S2+2,S3+2成等比数列,则(S2+2)2=(S1+2)(S3+2),即(4+4q+2)2=(4+2)(4+4q+4q2+2),解得q=3或q=0(舍去).13.24(1-4-100)[解析] 由题得等比数列的公比q===,所以a1=6,显然数列也是等比数列,其首项为a1a2=18,公比q'==q2==,于是a1a2+a2a3+…+a100a101==24(1-4-100).14.解:(1)由a n+1=1+S n得当n≥2时,a n=1+S n-1,两式相减得a n+1=2a n.因为数列{a n}是等比数列,所以a2=2a1,又因为a2=1+S1=1+a1,所以a1=1,则a n=2n-1.(2)易得数列是一个递减数列,所以lg>lg>lg>…>lg>0>lg>…由此可知当n-1=8,即n=9时,数列的前n项和T n取得最大值.15.解:(1)当n=1时,a1=S1=λ.当n≥2 时,a n=S n-S n-1=(n-1)·2n-(n-2)·2n-1=n·2n-1.故数列的通项公式为a n=(2)由a n·b n=n,可得b n=因为数列为等比数列,所以首项b1=满足n≥2的情况,故λ=1.则T n=b1+b2+…+b n==21-.因为T n+1-T n=>0,所以T n是递增的,故T n≥1且T n<2.又存在m∈N*,使得m<T n成立,则m的最大值为1.16.解:(1)设等比数列{a n}的公比为q,由a3=,S3=,得a1q2=,a1(1+q+q2)=,解得a1=6,q=-或a1=,q=1.则数列{a n}的通项公式为a n=或a n=6×.(2)当a n=时,b n=log2=log2=2,所以T n=2n.由T n=+105,得2n=+105,所以n=70.当a n=6×时,b n=log2=log2=2n,故数列{b n}是首项为2,公差为2的等差数列,所以T n=n2+n.由T n=+105,得n2+n=+105,所以n=10或n=-(舍).综上知,n=70或10.。
【精编】高考数学一轮复习课时规范练30等比数列及其前n项和
课时规范练30 等比数列及其前n项和一、基础巩固组1.已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2=()A.2B.1C.D.2.在正项等比数列{a n}中,a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,则a1·a2·a25·a48·a49的值为()A. B.9 C.±9 D.353.(2017安徽黄山市二模,理3)已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=2,a n+1=S n+1(n∈N*),则S5=()A.31B.42C.37D.474.设首项为1,公比为的等比数列{a n}的前n项和为S n,则()A.S n=2a n-1B.S n=3a n-2C.S n=4-3a nD.S n=3-2a n5.(2017全国Ⅲ,理9)等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前6项的和为()A.-24B.-3C.3D.86.(2017辽宁鞍山一模,理4)已知数列{a n}满足=a n-1·a n+1(n≥2),若a2=3,a2+a4+a6=21,则a4+a6+a8=()A.84B.63C.42D.21 〚导学号21500732〛7.设数列{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.8.(2017北京,理10)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则= .9.(2017江苏,9)等比数列{a n}的各项均为实数,其前n项和为S n.已知S3=,S6=,则a8= .10.(2017安徽池州模拟)设数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,且数列{S n}是以2为公比的等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求a1+a3+…+a2n+1.二、综合提升组11.(2017四川广元二诊,理6)已知数列{a n}的前n项和为S n,且对任意正整数n都有a n=S n+2成立.若b n=log2a n,则b1 008=()A.2 017B.2 016C.2 015D.2 01412.(2018河南南阳期末,理5)已知各项均为正数的等比数列{a n},a3·a5=2,若f(x)=x(x-a1)(x-a2)·…·(x-a7),则f'(0)=()A.8B.-8C.128D.-12813.已知{a n}是公差为3的等差数列,数列{b n}满足b1=1,b2=,a n b n+1+b n+1=nb n.(1)求{a n}的通项公式;(2)求{b n}的前n项和.三、创新应用组14.已知数列{a n}的前n项和S n满足S n=2a n+(-1)n.(1)求数列{a n}的前三项a1,a2,a3;(2)求证:数列为等比数列,并求出{a n}的通项公式.〚导学号21500733〛课时规范练30等比数列及其前n项和1.C∵a3a5=4(a4-1),=4(a4-1),解得a4=2.又a4=a1q3,且a1=,∴q=2,∴a2=a1q=2.B∵a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,∴a2·a48=3.又a1·a49=a2·a48==3,a25>0,∴a1·a2·a25·a48·a49==93.D∵a n+1=S n+1(n∈N*),∴S n+1-S n=S n+1(n∈N*),∴S n+1+1=2(S n+1)(n∈N*),∴数列{S n+1}是首项为3,公比为2的等比数列.则S5+1=3×24,解得S5=47.4.D S n==3-2a n,故选D.5.A设等差数列的公差为d,则d≠0,=a2·a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2,所以S6=6×1+(-2)=-24,故选A.6.C=a n-1·a n+1(n≥2),∴数列{a n}是等比数列,设其公比为q,∵a2=3,a2+a4+a6=3+3q2+3q4=21,即q4+q2-6=0,解得q2=2或q2=-3(舍去),∴a4+a6+a8=a2q2+a4q2+a6q2=2(a2+a4+a6)=42,故选C.7.-由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+(-1)=4a1-6,而S1,S2,S4成等比数列,∴(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理,得2a1+1=0,解得a1=-8.1设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q,由题意知-1+3d=-q3=8,即解得故=1.9.32设该等比数列的公比为q,则S6-S3==14,即a4+a5+a6=14.①∵S3=,∴a1+a2+a3=由①得(a1+a2+a3)q3=14,∴q3==8,即q=2.∴a1+2a1+4a1=,a1=,∴a8=a1·q7=27=32.10.解 (1)∵S1=a1=1,且数列{S n}是以2为公比的等比数列,∴S n=2n-1,又当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-2(2-1)=2n-2.当n=1时,a1=1,不适合上式.∴a n=(2)a3,a5,…,a2n+1是以2为首项,4为公比的等比数列,∴a3+a5+…+a2n+1=∴a1+a3+…+a2n+1=1+11.A在a n=S n+2中,令n=1得a1=8,∵a n=S n+2成立,∴a n+1=S n+1+2成立,两式相减得a n+1-a n=a n+1,∴a n+1=4a n,又a1≠0,∴数列{a n}为等比数列,∴a n=8·4n-1=22n+1,∴b n=log2a n=2n+1,∴b1 008=2 017,故选A.12.B13.解 (1)由已知,得a1b2+b2=b1,因为b1=1,b2=,所以a1=2.所以数列{a n}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)和a n b n+1+b n+1=nb n,得b n+1=,因此{b n}是首项为1,公比为的等比数列.记{b n}的前n项和为S n,则S n=14.(1)解在S n=2a n+(-1)n中分别令n=1,2,3,得解得(2)证明由S n=2a n+(-1)n(n∈N*)得S n-1=2a n-1+(-1)n-1(n≥2),两式相减,得a n=2a n-1-2(-1)n(n≥2).∴a n=2a n-1-(-1)n-(-1)n=2a n-1+(-1)n-1-(-1)n(n≥2),∴a n+(-1)n=2(n≥2).∴数列是以a1-为首项,以2为公比的等比数列.∴a n+(-1)n=2n-1.∴a n=(-1)n.。
复习课时提能演练 等比数列及其前n项和
课时提能演练(等比数列及其前n项和)1.设Sn 为等比数列{an}的前n项和，8a2－a5＝0，则S4S2＝( )(A)5 (B)8 (C)－8 (D)152.已知在等比数列{an }中，a1＋a3＝10，a4＋a6＝54，则等比数列{an}的公比q的值为( )(A)14 (B)12(C)2 (D)83.等比数列{an }中，若a4a7＝1，a7a8＝16，则a6a7等于( )(A)4 (B)－4 (C)±4(D)17 24.设{an }是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和.已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝( )(A)152(B)314(C)334(D)1725.若数列{an }满足2n12naa＝p(p为正常数，n∈N*)，则称{an}为“等方比数列”.甲：数列{an }是等方比数列；乙：数列{an}是等比数列，则( )(A)甲是乙的充分条件但不是必要条件(B)甲是乙的充要条件(C)甲是乙的必要条件但不是充分条件(D)甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件6.在公比q＜1的等比数列{an }中，a2a8＝6，a4＋a6＝5，则a5a7等于( )(A)56(B)65(C)23(D)327.已知等比数列{an }中，a2＝12，a3＝14，ak＝164，则k＝.8.等比数列{an }的公比q＞0，已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，则{an}的前4项和S4＝.9.已知函数f(x)＝2x＋3，数列{an }满足：a1＝1且an＋1＝f(an)(n∈N*)，则该数列的通项公式an＝.10.在数列{an }中，a1＝－14,3an－an－1＝4n(n≥2，n∈N*).(1)求证：数列{an－2n＋1}是等比数列；(2)设数列{an }的前n项和为Sn，求Sn的最小值.11．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn }中的b3、b4、b5.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)数列{bn }的前n项和为Sn，求证：数列{Sn＋54}是等比数列.答案解析1.【解析】选A.∵8a 2－a 5＝0，∴8a 1q ＝a 1q 4， ∴q 3＝8，∴q ＝2， ∴S 4S 2＝1－q 41－q2＝1＋q 2＝5. 2.【解析】选B.由a 1＋a 3＝10，a 4＋a 6＝54，得a 1(1＋q 2)＝10，a 1q 3(1＋q 2)＝54，两式相除，得q 3＝18，∴q ＝12.3.【解析】选A.∵a 4a 7＝1，a 7a 8＝16， ∴q 4＝16，∴q 2＝4，∴a 6a 7＝a 4a 7q 2＝4.4.【解析】选B.设公比为q(q ＞0)，则q ≠1，由题意知24121a q 1a (1q q )7⎧=⎪⎨++=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝1a 1(1＋q ＋q 2)＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4q ＝12，∴S 5＝4[1－(12)5]1－12＝314.5. 【解析】选C.乙⇒甲，但甲乙，如数列2,2，－2，－2，－2，是等方比数列，但不是等比数列.6.【解题指南】a 5a 7＝1q2，故只需求出q 2即可，利用a 2·a 8＝a 4·a 6可先求出a 4·a 6再求q 2.【解析】选D.∵a 2a 8＝a 4a 6＝6，a 4＋a 6＝5， ∴a 4，a 6是方程x 2－5x ＋6＝0的两实根. 又公比q ＜1，∴a 4＝3，a 6＝2， ∴q 2＝23，∴a 5a 7＝1q 2＝32.7.【解析】设公比为q. ∵a 2＝12，a 3＝14，∴q ＝a 3a 2＝12，a k ＝(12)k －1＝164，解得k ＝7. 答案：78.【解析】∵a n ＋2＋a n ＋1＝a n q 2＋a n q ＝6a n ， ∴q 2＋q －6＝0，又q ＞0，∴q ＝2， 由a 2＝a 1q ＝1得a 1＝12，∴S 4＝12(1－24)1－2＝152.答案：1529.【解析】由题意知a n ＋1＝2a n ＋3， ∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，∴数列{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，以2为公比的等比数列. ∴a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3.答案：2n ＋1－3【方法技巧】构造等比数列求通项公式递推关系为a n ＋1＝qa n ＋b 的数列，在求其通项公式时，可将a n ＋1＝qa n ＋b 转化为a n ＋1＋a ＝q(a n ＋a)的形式，其中a 的值可由待定系数法确定，即qa n ＋b ＝a n ＋1＝qa n ＋(q －1)a a ＝bq －1(q ≠1).10.【解析】(1)∵3a n －a n －1＝4n(n ≥2，n ∈N *)， ∴a n ＝13(a n －1＋4n)，∴a n ＋1－2(n ＋1)＋1＝13[a n ＋4(n ＋1)]－2(n ＋1)＋1＝13a n －2n 3＋13 ＝13(a n －2n ＋1)， 由a 1＝－14知：当n ＝1时，a 1－2×1＋1＝－15≠0 ∴{a n －2n ＋1}是以－15为首项，13为公比的等比数列.(2)∵a n －2n ＋1＝－15·(13)n －1，∴a n ＝－15·(13)n －1＋2n －1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2＋10·(13)n －2＞0，∴数列{a n }是单调递增数列， ∵a 2＜0，a 3＞0，∴当且仅当n ＝2时，S n 取最小值，是S 2＝a 1＋a 2＝－14＋(－2)＝－16.11.【解析】(1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d. 依题意得，a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，解得a ＝5. 所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d. 依题意，有(7－d)(18＋d)＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去). 故{b n }的第3项为5，公比为2. 由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为：b n ＝54×2n －1＝ 5×2n －3.(2)数列{b n }的前n 项和S n ＝54(1－2n )1－2＝5×2n －2－54，即S n ＋54＝5×2n －2，所以S 1＋54＝52，n 1n5S 45S 4+++＝n 1n 25252--⨯⨯＝2. 因此数列{S n ＋54}是以52为首项，公比为2的等比数列.。
2021年高考数学考点30等比数列及其前n项和必刷题理含解析
考点30 等比数列及其前n项和1．已知数列的前项和为，满足，则的通项公式（）A． B． C． D．【答案】B【解析】当时，，当时，，因此,选B.2．已知数列为正数项的等比数列，是它的前项和，若，且，则（）A． 34 B． 32 C． 30 D． 28【答案】C3．已知各项均不相等的等比数列成等差数列，设为数列的前n项和，则等于A． B． C． 3 D． 1【答案】A【解析】设等比数列{a n}的公比为q，∵3a2，2a3，a4成等差数列，∴2×2a3=3a2+a4，∴4a2q=3，化为q2﹣4q+3=0，解得q=1或3．q=1时，,q=2时，.故选：A．4．已知数列的前项和，则数列的前项和为（）A． B． C． D．【答案】C5．已知等比数列的前项和，且，，则A． B． C． D．【答案】C【解析】由题得.故答案为：C6．已知等比数列中，，，为方程的两根，则（）A． 32 B． 64 C． 256 D．【答案】B7．等比数列中，公比，记（即表示数列的前项之积），中值为正数的个数是A． B． C． D．【答案】B【解析】等比数列{a n}中a1＞0，公比q＜0，故奇数项为正数，偶数项为负数．∴Π11＜0，Π10＜0，Π9＞0，Π8＞0．故答案为：B8．已知等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则A． 10 B． 12 C． 18 D． 30【答案】A【解析】在等比数列中，由，得，即，又，，成等差数列，，即，联立得：舍或．．则．故选：A．9．已知为正项等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则的值是( )A． 29 B． 30 C． 31 D． 32【答案】C10．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足成等差数列，则 ( ) A． 3 B． 9 C． 10 D． 13【答案】C【解析】设各项均为正数的等比数列的公比为，满足成等差数列，，，解得，则，故选C.11．已知数列的前n项和为，．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前n项和为，，点在直线上，若存在，使不等式成立，求实数m的最大值．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）4③－④得，∴．∵．∴为递增数列，且，∴．∴，实数m的最大值为4．12．数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝n(n+1)(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足：，求数列{b n}的通项公式；(3)令(n∈N*)，求数列{c n}的前n项和T n.【答案】（1）；(2);（3） .（3）c n===n•3n+n，令数列{n•3n}的前n项和为A n，则A n=3+2×32+3×33+…+n•3n，∴3A n=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，∴﹣2A n=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1，可得A n=．∴数列{c n}的前n项和T n=+．13．已知数列中，且．（Ⅰ）求，，并证明是等比数列；（Ⅱ）设，求数列的前项和．【答案】（1）见解析；（2），②①－②得所以，．14．已知α为锐角，且，函数，数列的首项，．（1）求函数的表达式；（2）求证：数列为等比数列；（3）求数列的前n项和．【答案】(1)；(2) 见解析；(3).∴15．已知数列的前项和，.（1）求；（2）若，且数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）.16．在等差数列{a n}中，，其前n项和为，等比数列{b n}的各项均为正数，b1=1，公比为q，且b2+S2=12，．（Ⅰ）求a n与b n；（Ⅱ）求的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。
高考数学(理)一轮规范练【31】等比数列及其前n项和(含答案)
课时规范练31等比数列及其前n项和课时规范练第49页一、选择题1.在等比数列{a n}中,a1=1,公比|q|≠1.若a m=a1a2a3a4a5,则m等于( )A.9B.10C.11D.12答案:C解析:a m=a1a2a3a4a5=q·q2·q3·q4=q10=a1q10,所以m=11.2.在等比数列{a n}中,a2a6=16,a4+a8=8,则等于( )A.1B.-3C.1或-3D.-1或3答案:A解析:由a2a6=16,得=16⇒a4=±4,又a4+a8=8,可得a4(1+q4)=8,∵q4>0,∴a4=4.∴q2=1,=q10=1.3.等比数列{a n}的公比为q,则“a1>0,且q>1”是“对于任意正整数n,都有a n+1>a n”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案:A解析:易知,当a1>0且q>1时,a n>0,所以=q>1,表明a n+1>a n;若对任意自然数n,都有a n+1>a n成立,当a n>0时,同除以a n得q>1,但当a n<0时,同除以a n得q<1.4.已知等比数列{a n}满足a n>0,n=1,2,…,且a5·a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1等于( )A.n(2n-1)B.(n+1)2C.n2D.(n-1)2答案:C解析:由a5·a2n-5=22n(n≥3),得=22n,∵a n>0,∴a n=2n.易得结论.5.各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,若S n=2,S3n=14,则S4n等于( )A.80B.30C.26D.16答案:B解析:设S2n=a,S4n=b,由等比数列的性质知2(14-a)=(a-2)2,解得a=6或a=-4(舍去),同理(6-2)(b-14)=(14-6)2,所以b=S4n=30.6.在等比数列{a n}中,a1=2,其前n项和为S n,若数列{a n+1}也是等比数列,则S n等于( )A.2n+1-2B.3nC.2nD.3n-1答案:C解析:数列{a n}为等比数列,设其公比为q,则a n=2q n-1,∵数列{a n+1}也是等比数列,∴(a n+1+1)2=(a n+1)(a n+2+1).∴+2a n+1=a n a n+2+a n+a n+2.∴a n+a n+2=2a n+1.∴a n(1+q2-2q)=0,得q=1,即a n=2.∴S n=2n.二、填空题7.已知在等差数列{a n}中,n≥1时,都有a n>a n+1,且a2,a8是方程x2-12x+m=0的两根,前15项的和S15=m,则数列{a n}的公差为.答案:-2或-3解析:由题意得2a5=a2+a8=12,即a5=6.由S15=m,且S15=15a8,得a8=,将x1=a8=代入方程x2-12x+m=0,解得m=0或m=-45,即a8=0或-3.由3d=a8-a5=-6或-9,均小于0,得d=-2或-3.8.在等比数列{a n}中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式a n=.答案:4n-1解析:由题意知a1+4a1+16a1=21,解得a1=1,所以通项公式为a n=4n-1.9.已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且A,B,C成等差数列,三边a,b,c成等比数列,b=,则△ABC的面积是.1 / 2答案:解析:因为△ABC的内角A,B,C成等差数列,所以A+C=2B,B=.又因为三边a,b,c成等比数列,b=,所以ac=b2=3.于是S△ABC=ac sin B=.三、解答题10.在等差数列{a n}中,a1=1,a7=4,数列{b n}是等比数列,已知b2=a3,b3=,求满足b n<的最小自然数n的值.解:∵{a n}为等差数列,a1=1,a7=4,∴6d=3,d=,∴a n=.∵{b n}为等比数列,b2=2,b3=,q=,∴b n=6×.∵b n<,∴81<,即3n-2>81=34.∴n>6,从而可得n min=7.11.已知{a n}是公差不为零的等差数列,a1=1,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求数列{a n}的通项;(2)求数列{}的前n项和S n.解:(1)由题设知公差d≠0.由a1=1,a1,a3,a9成等比数列,得,解得d=1,或d=0(舍去).所以{a n}的通项a n=1+(n-1)×1=n.(2)由(1)知=2n,由等比数列前n项和公式得S n=2+22+23+…+2n==2n+1-2.12.已知数列{a n}满足:a1=1,a2=a(a>0).数列{b n}满足b n=a n a n+1(n∈N*).(1)若{a n}是等差数列,且b3=12,求a的值及{a n}的通项公式;(2)若{a n}是等比数列,求{b n}的前n项和S n;(3)当{b n}是公比为q-1的等比数列时,{a n}能否为等比数列?若能,求出a的值;若不能,请说明理由.解:(1)∵{a n}是等差数列,a1=1,a2=a,∴a n=1+(n-1)(a-1).又∵b3=12,∴a3a4=12,即(2a-1)(3a-2)=12.解得a=2或a=-.∵a>0,∴a=2.∴a n=n.(2)∵数列{a n}是等比数列,a1=1,a2=a(a>0),∴a n=a n-1.∴b n=a n a n+1=a2n-1.∵=a2,∴数列{b n}是首项为a,公比为a2的等比数列.当a=1时,S n=n;当a≠1时,S n=.(3)数列{a n}不能为等比数列.∵b n=a n a n+1,∴.则=a-1.∴a3=a-1.假设数列{a n}能为等比数列.由a1=1,a2=a,得a3=a2.∴a2=a-1,此方程无解,故数列{a n}一定不能为等比数列.希望对大家有所帮助，多谢您的浏览！。
2021高考数学一轮复习考点规范练：30等比数列及其前n项和(含解析)
2021高考数学一轮复习考点规范练：30等比数列及其前n项和（含解析）基础巩固1.在正项等比数列{a n}中,a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,则a1·a2·a25·a48·a49的值为()AB.9C.±9D.35答案:B解析:∵a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,∴a2·a48=3.又a1·a49=a2·a48==3,a25>0,∴a1·a2·a25·a48·a49==9故选B.2.“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起 ,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为()A fB fC fD f答案:D解析:由题知,这十三个单音的频率构成首项为f,公比为的等比数列,则第八个单音的频率为f=f.3.已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=()A.7B.5C.-5D.-7答案:D解析:∵{a n}为等比数列,∴a5a6=a4a7=-8.联立可解得当时,q3=-,故a1+a10=+a7q3=-7;当时,q3=-2,故a1+a10=+a7q3=-7.综上可知,a1+a10=-7.4.(2019云南玉溪五调)已知正项等比数列{a n}满足a3=1,a5与a4的等差中项为,则a1的值为()A.4B.2CD答案:A解析:设等比数列{a n}的公比为q,则q>0.由题意,得a5+a4=1,a3q2+a3q=1,q2+q=1,2q2+3q-2=0,解得q=或q=-2(舍去),故a1==4.5.等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前6项的和为()A.-24B.-3C.3D.8答案:A解析:设等差数列的公差为d,则d≠0,=a2·a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2,所以S6=6×1+(-2)=-24,故选A.6.(2019广西崇左天等高级中学高三模拟)已知数列{a n}为等比数列,首项a1=2,数列{b n}满足b n=log2a n,且b2+b3+b4=9,则a5=()A.8B.16C.32D.64答案:C解析:由题意知{b n}为等差数列,因为b2+b3+b4=9,所以b3=3,因为b1=1,所以公差d=1,则b n=n,即n=log2a n,故a n=2n,于是a5=25=32.7.设数列{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.答案:-解析:由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+(-1)=4a1-6.∵S1,S2,S4成等比数列,∴(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理,得2a1+1=0,解得a1=-8.若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则=.答案:1解析:设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q,由题意知-1+3d=-q3=8,即解得故=1.9.(2019广西桂林、崇左联合模拟)已知数列{a n}满足a n=2a n-1+1(n≥2),a4=15.(1)求a1,a2,a3;(2)判断数列{a n+1}是否为等比数列,并说明理由;(3)求数列{a n}的前n项和S n.解:(1)由a n=2a n-1+1及a4=15知a4=2a3+1,解得a3=7,同理得a2=3,a1=1.(2)由a n=2a n-1+1知a n+1=2a n-1+2,即a n+1=2(a n-1+1),故{a n+1}是以a1+1=2为首项,公比为2的等比数列.(3)∵a n+1=(a1+1)·2n-1,∴a n=2n-1.∴S n=a1+a2+a3+…+a n=(21-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(21+22+23+…+2n)-n=-n=2n+1-2-n.10.已知{a n}是公差为3的等差数列,数列{b n}满足b1=1,b2=,a n b n+1+b n+1=nb n.(1)求{a n}的通项公式;(2)求{b n}的前n项和.解:(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,得a1=2.所以数列{a n}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)和a n b n+1+b n+1=nb n,得b n+1=,因此{b n}是首项为1,公比为的等比数列.记{b n}的前n项和为S n,则S n=11.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S4=4(a3+1),3a3=5a4,数列{b n}是等比数列,且b1b2=b3,2b1=a5.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)求数列{|a n|}的前n项和T n.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d.∵S4=4(a3+1),3a3=5a4,解得∴a n=11-2n.设数列{b n}的公比为q.∵b1b2=b3,2b1=a5,解得b n=(2)由(1)知,S n=10n-n2.由a n=11-2n≤0可知n≥5.5,即a1>0,a2>0,…,a5>0,a6<0,a7<0,…,a n<0.故当n≤5时,T n=S n=10n-n2;当n≥6时,T n=2S5-S n=n2-10n+50.于是T n=能力提升12.若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于()A.6B.7C.8D.9答案:D解析:∵a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,∴a+b=p,ab=q.∵p>0,q>0,∴a>0,b>0.又a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,或解①得解②得∴p=a+b=5,q=1×4=4.∴p+q=9.故选D.13.如图,正方形上连接着等腰直角三角形,等腰直角三角形的腰上再连接正方形,……如此继续下去得到一个树形图形,称为“勾股树”.若某“勾股树”含有1 023个正方形,且其最大的正方形的边长为,则其最小的正方形的边长为.答案:解析:由题意,得各正方形的边长构成以为首项,为公比的等比数列.已知共得到1023个正方形,则1+2+…+2n-1=1023,解得n=10,故最小的正方形的边长为14.设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为.答案:64解析:设{a n}的公比为q.由已知a1+a3=10,a2+a4=a1q+a3q=5,两式相除得,解得q=,a1=8,所以a1a2…a n=8n,抛物线f(n)=-n2+n的对称轴为n=-=3.5,又n∈N*,所以当n=3或n=4时,a1a2…a n取最大值为=26=64.15.已知等比数列{a n}与等差数列{b n},a1=b1=1,a1≠a2,a1,a2,b3成等差数列,b1,a2,b4成等比数列.(1)求{a n},{b n}的通项公式;(2)设S n,T n分别是数列{a n},{b n}的前n项和,若S n+T n>100,求n的最小值.解:(1)设数列{a n}的公比为q,数列{b n}的公差为d,则解得(舍)或故a n=2n-1,b n=n.(2)由(1)易知S n==2n-1,T n=由S n+T n>100,得2n+>101.是单调递增数列,且26+=85<101,27+=156>101,∴n的最小值为7.高考预测16.已知数列{a n}满足a1=5,a2=5,a n+1=a n+6a n-1(n≥2).(1)求证:{a n+1+2a n}是等比数列;(2)求数列{a n}的通项公式.(1)证明∵a n+1=a n+6a n-1(n≥2),∴a n+1+2a n=3a n+6a n-1=3(a n+2a n-1)(n≥2).又a1=5,a2=5,∴a2+2a1=15,∴a n+2a n-1≠0(n≥2),=3(n≥2),∴数列{a n+1+2a n}是以15为首项,3为公比的等比数列.(2)解由(1)得a n+1+2a n=15×3n-1=5×3n,则a n+1=-2a n+5×3n,∴a n+1-3n+1=-2(a n-3n).又a1-3=2,∴a n-3n≠0,∴{a n-3n}是以2为首项,-2为公比的等比数列.∴a n-3n=2×(-2)n-1,即a n=2×(-2)n-1+3n=3n-(-2)n.。
高考数学复习、高中数学 等比数列及其前n项和附答案解析
第3节 等比数列及其前n 项和基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、单项选择题1.公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A.8B.9C.10D.112.已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则2a 7＋a 11的最小值为( ) A.16B.8C.2 2D.43.(2019·上海崇明区模拟)已知公比q ≠1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝3a 3，则S 5＝( ) A.1B.5C.3148D.11164.(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( ) A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏5.(2019·深圳一模)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ，则a b ＝( ) A.－3B.－1C.1D.36.数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( ) A.(3n －1)2 B.12(9n －1) C.9n －1D.14(3n －1)二、多项选择题7．已知数列{a n }的前n 项和S n ，且S n ＝2(a n －a )（其中a 为常数），则下列说法正确的是( )A ．数列{a n }一定是等比数列B ．数列{a n }可能是等差数列C．数列{S n}可能是等比数列D．数列{S n}可能是等差数列8．(2012·湖北卷)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{a n}，{f(a n)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”，现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数，则其中是“保等比数列函数”的函数f(x)有()A．f(x)＝x2 B．f(x)＝2x；C．f(x)＝|x|；D．f(x)＝ln|x|.三、填空题9.等比数列{a n}中，各项都是正数，且a1，12a3，2a2成等差数列，则a13＋a14a14＋a15＝________.10.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足a n＋S n＝1(n∈N*)，则通项a n＝________.11.(2018·南京模拟)已知数列{a n}中，a1＝2，且a2n＋1a n＝4(a n＋1－a n)(n∈N*)，则其前9项的和S9＝________.12.（2013·安徽高考理）如图，互不相同的点A1，A2，…，A n，…和B1，B2，…，B n，…，分别在角O的两条边上，所有A n B n相互平行，且所有梯形A n B n B n＋1A n＋1的面积均相等．设OA n＝a n.若a1＝1，a2＝2，则数列{a n}的通项公式是________．能力提升题组(建议用时：20分钟)13.已知等比数列{a n}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为T n，且a2a4＝a3，则使得T1>1的n的最小值为()A.4B.5C.6D.714.(2018浙江卷改编)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝e a1＋a2＋a3.若a1>1，则下列选项可能成立的是()A.a1<a2<a3<a4B.a1＝a2＝a3＝a4C.a1>a2>a3>a4D.以上结论都有可能成立15.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{a n}的通项公式；(2)记S n为{a n}的前n项和.若S m＝63，求m.16.已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2a n＋λ(λ为常数).(1)试探究数列{a n＋λ}是不是等比数列，并求a n；(2)当λ＝1时，求数列{n(a n＋λ)}的前n项和T n.第3节 等比数列及其前n 项和1. C2. B3. D4. B5. A6. B 7． BD 8．AC 9.2－110. 12n 11. 1 022 12. a n ＝3n －2 13. C 14. A15.解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1. 由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1. (2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－（－2）n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解. 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1. 由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.16.解 (1)因为a n ＋1＝2a n ＋λ，所以a n ＋1＋λ＝2(a n ＋λ).又a1＝1，所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{a n＋λ}不是等比数列，此时a n＋λ＝a n－1＝0，即a n＝1；当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以a n＋λ≠0，所以数列{a n＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时a n＋λ＝(1＋λ)2n－1，即a n＝(1＋λ)2n－1－λ.(2)由(1)知a n＝2n－1，所以n(a n＋1)＝n×2n，T n＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①2T n＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得：－T n＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2（1－2n）1－2－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2. 所以T n＝(n－1)2n＋1＋2.。
2022年人教版高考数学考点总复习课时规范练30 等比数列及其前n项和
课时规范练30 等比数列及其前n 项和基础巩固组1.(2020安徽安庆二模,理5)等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 3a 6=2a 52,S 4=152,则a 2+a 4=( )A.32B.52C.32D.402.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2n =4(a 1+a 3+…+a 2n-1)(n ∈N *),a 1a 2a 3=-27,则a 5=( ) A.81B.24C.-81D.-243.已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且7S 2=4S 4,则公比q 的值为( ) A.1B.1或12C.√32D.±√324.(2020湖南郴州一模)在数列{a n }中,a 1=2,a n 2=a n-1·a n+1(n ≥2,n ∈N *),S n 为{a n }的前n 项和,若a 6=64,则S 7的值为( ) A.126B.256C.255D.2545.(2020广东惠州联考)已知数列{a n }为等差数列,且2a 1,2,2a 6成等比数列,则{a n }前6项的和为( ) A.15B.212C.6D.36.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2=3,S 4=15,则S 6=( ) A.63B.62C.61D.607.(2020辽宁大连24中一模,4)在公差不为零的等差数列{a n }中,a 1+a 2+a 5=13,且a 1,a 2,a 5成等比数列,则数列{a n }的公差等于( ) A.1B.2C.3D.48.(2019全国1,理14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=13,a 42=a 6,则S 5= .9.等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3=74,S 6=634,则a 8= . 10.(2020四川绵阳三模,理17)若数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,a n +1=23S n . (1)求S n ;(2)设b n =1S n,求证:b 1+b 2+b 3+…+b n <52.综合提升组11.(2020全国2,理6)数列{a n}中,a1=2,a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+…+a k+10=215-25,则k=()A.2B.3C.4D.512.(2020湖南常德一模,文7)等比数列{a n}的各项均为正数,已知向量n=(a5,a4),m=(a7,a8),且m·n=4,则log2a1+log2a2+…+log2a11=()A.5B.112C.132D.2+log2513.我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题(意为):“有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地”,那么,此人第4天和第5天共走路程是()A.24里B.36里C.48里D.60里14.(2020湖南常德一模,文17)在数列{a n}中,a1=1,a n+1=2a n+1(n∈N*).(1)证明:数列{a n+1}为等比数列;(2)求数列{a n}的前n项和S n.创新应用组15.(2020河南驻马店二模,文16)在数列{a n}中,a1=1,a n≠0,曲线y=x3在点(a n,a n3)处的切线经过点(a n+1,0),下列四个结论:①a2=23;②a3=13;③∑i=14a i=6527;④数列{a n}是等比数列,其中所有正确结论的编号是.16.(2020广东广州一模,理17)记S n为数列{a n}的前n项和,2S n-a n=12n-1(n∈N*).(1)求a n +a n+1;(2)令b n =a n+2-a n ,证明数列{b n }是等比数列,并求其前n 项和T n .参考答案课时规范练30 等比数列及其前n 项和1.B 设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 3a 6=2a 52,所以a 4a 5=2a 52,所以q=a 5a 4=12.因为S 4=152,所以a 1(1-q 4)1-q=152,解得a 1=4,所以a 2=2,a 4=12,a 2+a 4=52.故选B.2.C 设等比数列{a n }的公比为q ,已知S 2n =4(a 1+a 3+…+a 2n-1)(n ∈N *),令n=1,则S 2=4a 1,可得a 2=3a 1,q=3.∵a 1a 2a 3=-27,∴a 23=-27,解得a 2=-3,∴a 1=-1,则a 5=-34=-81.3.C 因为7S 2=4S 4,所以3(a 1+a 2)=4(S 4-S 2)=4(a 3+a 4),故q 2=34,因为数列{a n }为正项的等比数列,故q>0,所以q=√32,故选C .4.D 在数列{a n }中,满足a n 2=a n-1a n+1(n ≥2),则数列{a n }为等比数列.设其公比为q ,由a 1=2,a 6=64,得q5=a6a 1=32,则q=2,则S 7=2×(1-27)1-2=28-2=254.5.C 由2a 1,2,2a 6成等比数列,可得4=2a 1·2a 6=2a 1+a 6,即a 1+a 6=2,又数列{a n }为等差数列,所以{a n }前6项的和为12×6(a 1+a 6)=6.6.A 由于a 1,a 2,a 3成等差数列,则2a 2=a 1+a 3,则a 1=2a 2-a 3=2m-n ,由于b 1,b 2,b 3成等比数列,则b 22=b 1b 3,则b 1=b 22b 3=m 2n,所以a 1-b 1=2m-n-m 2n =2mn -n 2-m 2n=-(m -n )2n , 因为m ,n 为正数,且m ≠n ,所以a 1-b 1=-(m -n )2n <0,即a 1<b 1.故选A.7.A 由等比数列的性质可知S 2,S 4-S 2,S 6-S 4成等比数列,即3,12,S 6-15成等比数列,所以S 6-15=12×4,解得S 6=63.8.B 设数列{a n }的公差为d ,且d ≠0. ∵a 1+a 2+a 5=13,∴3a 1+5d=13. ①∵a 1,a 2,a 5成等比数列,∴(a 1+d )2=a 1(a 1+4d ),②解①②组成的方程组,可得d=2.故选B. 9.1213设等比数列{a n }的公比为q ,则a 4=a 1q 3=13q 3,a 6=a 1q 5=13q 5.∵a 42=a 6,∴19q 6=13q 5.∵q ≠0,∴q=3.∴S 5=a 1(1-q 5)1-q=13(1-35)1-3=1213.10.32 设该等比数列的公比为q ,则S 6-S 3=634−74=14,即a 4+a 5+a 6=14. ①∵S 3=74,∴a 1+a 2+a 3=74.由①得(a 1+a 2+a 3)q 3=14,∴q 3=1474=8,即q=2.∴a 1+2a 1+4a 1=74,a 1=14, ∴a 8=a 1·q 7=14×27=32.11.(1)解 由a n +1=23S n ,可得S n +1-S n =23S n ,即S n +1=53S n ,由a 1=1,可得S 1=1,所以数列{S n }是首项为1,公比为53的等比数列,则S n =53n-1; (2)证明 因为b n =1S n =35n-1,所以b 1+b 2+b 3+…+b n =1-(35) n 1-35=52−52×35n <52.12.C ∵a m+n =a m ·a n ,令m=1,又a 1=2, ∴a n+1=a 1·a n =2a n , ∴a n+1a n=2,∴{a n }是以2为首项,2为公比的等比数列,∴a n =2n .∴a k+1+a k+2+…+a k+10=2k+1+2k+2+…+2k+10=2k+1·1-2101-2=2k+11-2k+1=215-25.∴{k +11=15,k +1=5,解得k=4. 13.B 因为向量n =(a 5,a 4),m =(a 7,a 8),m ·n =4,所以m ·n =a 5a 7+a 4a 8=4, 因为{a n }是等比数列,所以a 5·a 7=a 4·a 8=2,所以a 1·a 11=2, 所以log 2a 1+log 2a 2+…+log 2a 11=log 2(a 1·a 11)112=log 22112=112.故选B.14.B 记每天走的路程里数为{a n },可知{a n }是公比q=12的等比数列,由S 6=378,得S 6=a 1(1-126)1-12=378,解得a 1=192, ∴a 4+a 5=192×(12)3+192×(12)4=24+12=36.所以此人第4天和第5天共走了36里,故选B .15.(1)证明 ∵a n+1=2a n +1,∴a n+1+1=2(a n +1),又a 1+1=2,∴数列{a n +1}是以2为首项,2为公比的等比数列. (2)解 由(1)得a n +1=2n ,∴a n =2n -1,∴S n =(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)=(21+22+ (2))-n=2×(1-2n )1-2-n=2n+1-n-2.故S n =2n+1-n-2.16.①③④ ∵y'=3x 2,∴曲线y=x 3在点(a n ,a n 3)处的切线方程为y-a n 3=3a n 2(x-a n ),∵该切线经过点(a n+1,0),∴-a n 3=3a n 2(a n+1-a n ).∵a n ≠0,∴a n+1=23a n ,又a 1=1,∴{a n }是首项为1,公比为23的等比数列.∴a 2=23,a 3=49,∑i=14a i =1-(23)41-23=6527. 故所有正确结论的编号是①③④. 17.解 (1)由2S n -a n =12n -1,①则2S n+1-a n+1=12n ,②②-①,可得2a n+1-a n+1+a n =12n −12n -1=-12n ,所以a n +a n+1=-12n .(2)由(1)可知a n +a n+1=-12n , ③ 则a n+1+a n+2=-12n+1,④④-③,可得a n+2-a n =-12n+1--12n=12n+1,则b n =12n+1,且b n+1=12n+2.令n=1,则b 1=14.又因为b n+1b n=12n+212n+1=12,所以数列{b n }是首项为14,公比为12的等比数列.所以T n =14(1-12n )1-12=121-12n =12−12n+1.。
广东新高考数学 课时规范练30等比数列及其前n项和
课时规范练30等比数列及其前n项和基础巩固组1.(2019河南郑州三模,6)等比数列{a n}的前n项和为S n,若S2n=4(a1+a3+…+a2n-1)(n∈N*),a1a2a3=-27,则a5=()A.81B.24C.-81D.-242.等比数列{a n}中,a n a n+1=4n-1,则数列{a n}的公比为()A.2或-2B.4C.2D.√23.(2019江西省临川一中模拟)已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且7S2=4S4,则公比q的值为()A.1B.1或12C.√32D.±√324.在公比为正数的等比数列{a n}中,a1+a2=2,a3+a4=8,则S8等于()A.21B.42C.135D.1705.(2019河南八市联考二,3)《九章算术》中有一题:今有牛、马、羊食人苗.苗主责之粟五斗.羊主曰:“我羊食半马.”马主曰:“我马食半牛.”今欲衰偿之,问各出几何.其意思是:今有牛、马、羊吃了别人的禾苗,禾苗主人要求赔偿五斗粟.羊主人说:“我羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说:“我马所吃的禾苗只有牛的一半.”若按此比例偿还,牛、马、羊的主人各应赔偿多少?设牛、马、羊的主人分别应偿还x斗、y斗、z斗,则下列判断正确的是()A.y2=xz且x=57B.y2=xz且x=207C.2y=x+z且x=57D.2y=x+z且x=2076.(2019山西晋城二模)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S2=3,S4=15,则S6=()A.63B.62C.61D.607.(2019湖南六校联考,5)已知公差d≠0的等差数列{a n}满足a1=1,且a2,a4-2,a6成等比数列,若正整数m,n满足m-n=10,则a m-a n=()A.30B.20C.10D.5或408.(2019四川绵阳期中)已知数列{a n}是正项等比数列,且a1a8=4a5,a4与2a6的等差中项为18,则a5=()A.2B.4C.8D.169.(2019北京通州三模)设数列{a n}是等比数列,且a2a4=a5,a4=27,则{a n}的通项公式为.10.(2017江苏,9)等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3=74,S 6=634,则a 8= .11.(2019山东东营一中模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S n+1=4a n +2(n ∈N *),若b n =a n+1-2a n . (1)求证:{b n }是等比数列. (2)略.综合提升组12.(2019广东深圳一模)已知等比数列{a n }的前n 项和S n =a ·3n-1+b ,则ab=( ) A.-3B.-1C.1D.313.(多选)下列命题中正确的是( )A.若数列{a n }是等差数列,且a m +a n =a s +a t (m ,n ,s ,t ∈N *),则m+n=s+tB.若S n 是等差数列{a n }的前n 项的和,则S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n 成等差数列C.若S n 是等比数列{a n }的前n 项的和,则S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n 成等比数列D.若S n 是等比数列{a n }的前n 项的和,且S n =Aq n +B (其中A ,B 是非零常数,n ∈N *),则A+B 为零 14.(2019陕西宝鸡中学模拟,4)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题(意为):“有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地”,那么,此人第4天和第5天共走路程是( ) A.24里B.36里C.48里D.60里15.数列{a n }中,a 1=2,a n+1=2a n -1,则a n = ,S n 为数列{a n }的前n 项和,则S n = .创新应用组16.(2019山东德州二模,16)设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,a 2=2,且a n+2=2S n -S n+1+3,记b n =log 2a 2n-1+log 2a 2n ,则b n = .17.(2019江苏启东中学模拟)已知数列{a n }满足a n+1=3a n 2a n +1(n ∈N *),且a 1=23. (1)求证:{1a n -1}是等比数列,并求出{a n }的通项公式; (2)求数列{1a n}的前n 项和T n .参考答案课时规范练30等比数列及其前n项和1.C设等比数列{a n}的公比为q,已知S2n=4(a1+a3+…+a2n-1)(n∈N*),令n=1,则S2=4a1,可得a2=3a1,q=3.∵a1a2a3=-27,∴a23=-27,解得a2=-3,∴a1=-1,则a5=-34=-81.2.C设等比数列{a n}的公比为q,∵a n a n+1=4n-1>0,∴a n+1a n+2=4n且q>0,两式相除可得a n+1·a n+2 a n·a n+1=4n4n-1=4,即q2=4,∴q=2,故选C.3.C因为7S2=4S4,所以3(a1+a2)=4(S4-S2)=4(a3+a4),故q2=34,因为数列{a n}为正项的等比数列,故q>0,所以q=√32,故选C.4.D(方法一)S8=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+(a7+a8)=2+8+32+128=170.(方法二)q2=a3+a4a1+a2=4,又q>0,∴q=2,∴a1(1+q)=a1(1+2)=2,∴a1=23,∴S8=23×(28-1)2-1=170.5.B由题意可知x,y,z依次成公比为12的等比数列,则x+y+z=x+12x+14x=5,解得x=207,由等比数列的性质可得y2=xz.故选B.6.A由等比数列的性质可知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,即3,12,S6-15成等比数列,所以S6-15=12×4,解得S6=63.7.A由题知(a4-2)2=a2a6,因为{a n}为等差数列,所以(3d-1)2=(1+d)(1+5d),因为d≠0,解得d=3,从而a m-a n=(m-n)d=30,故选A.8.C设正项等比数列{a n}的公比为q,且q>0.∵a1a8=4a5,a4与2a6的等差中项为18,∴a12q7=4a1q4,a4+2a6=36,即a1(q3+2q5)=36,解得a1=12,q=2,则a5=a1q4=8.故选C.9.a n=3n-1(n∈N*)设等比数列{a n}的公比为q,∵a2a4=a5,a4=27,∴a5=27a2,∴q3=27,∴q=3,∴a1=a4q3=2727=1,则a n=3n-1(n∈N*).10.32设该等比数列的公比为q,则S6-S3=634−74=14,即a4+a5+a6=14.①∵S3=74,∴a1+a2+a3=74.由①得(a1+a2+a3)q3=14,∴q3=1474=8,即q=2.∴a1+2a1+4a1=74,a1=14,∴a8=a1·q7=14×27=32.11.(1)证明因为a n+2=S n+2-S n+1=4a n+1+2-4a n-2=4a n+1-4a n,所以b n+1b n =a n+2-2a n+1a n+1-2a n=4a n+1-4a n-2a n+1a n+1-2a n =2a n+1-4a na n+1-2a n=2.因为S2=a1+a2=4a1+2,所以a2=5.所以b1=a2-2a1=3.所以数列{b n}是首项为3,公比为2的等比数列.12.A等比数列{a n}的前n项和S n=a·3n-1+b,∴a1=S1=a+b,a2=S2-S1=3a+b-a-b=2a,a3=S3-S2=9a+b-3a-b=6a.由等比数列的性质可得,a22=a1a3,∴(2a)2=(a+b)×6a,解得ab =-3.故选A .13.BD 对于A,取数列{a n }为常数列,对任意m ,n ,s ,t ∈N *,都有a m +a n =a s +a t ,故错;对于B,设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d , 则S n =a 1+a 2+…+a n ,S 2n -S n =a n+1+a n+2+…+a 2n =a 1+nd+a 2+nd+…+a n +nd=S n +n 2d ,同理,S 3n -S 2n =a 2n+1+a 2n+2+…+a 3n =a n+1+a n+2+…+a 2n +n 2d=S 2n -S n +n 2d ,∴2(S 2n -S n )=S n +(S 3n -S 2n ),∴S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n 是等差数列,故正确;对于C,设a n =(-1)n ,则S 2=0,S 4-S 2=0,S 6-S 4=0, ∴此数列不是等比数列,故错;对于D,∵a n =S n -S n-1=(Aq n +B )-(Aq n-1+B )=Aq n -Aq n-1=A (q-1)×q n-1,∴此数列为首项是A (q-1),公比为q 的等比数列,则S n =A (q -1)(1-q n )1-q,∴S n =Aq n -A , ∴A+B=0,故正确.故选BD .14.B 记每天走的路程里数为{a n },可知{a n }是公比q=12的等比数列,由S 6=378,得S 6=a 1(1-126)1-12=378,解得a 1=192,∴a 4+a 5=192×(12)3+192×(12)4=24+12=36.所以此人第4天和第5天共走了24+12=36里,故选B .15.2n-1+1 2n +n-1 因为a n+1=2a n -1,所以a n+1-1=2(a n -1),即a n+1-1a n =2.所以{a n -1}是首项为a 1-1=2-1=1,公比为2的等比数列.所以a n -1=2n-1,即a n =2n-1+1.S n =1+1+21+1+22+1+23+1+…+2n-1+1=1+21+22+23+…+2n-1+(1+1+…+1)=1-2n1-2+n=2n +n-1.16.2n-1 ∵a 1=1,a 2=2,且a n+2=2S n -S n+1+3,∴当n=1时,a 3=2-3+3=2,∵a n+2=2S n -S n+1+3,∴n ≥2时,a n+1=2S n-1-S n +3,两式相减可得,a n+2-a n+1=2(S n -S n-1)-(S n+1-S n )(n ≥2), 即n ≥2时,a n+2-a n+1=2a n -a n+1, 即a n+2=2a n .∵a 3=2a 1,∴数列{a n }的奇数项和偶数项分别成等比数列,公比均为2,∴a 2n =2×2n-1=2n ,a 2n-1=1×2n-1=2n-1,∴b n =log 2a 2n-1+log 2a 2n =n-1+n=2n-1.17.(1)证明记b n=1a n -1,则b n+1b n=1a n+1-11a n-1=2a n+13a n-11a n-1=2a n+1-3a n3-3a n=1-a n3(1-a n)=13,又b1=1a1-1=32-1=12,所以{1a n-1}是首项为12,公比为13的等比数列.所以1a n-1=12·(13)n-1,即a n=2·3n-11+2·3n-1.所以数列{a n}的通项公式为a n=2·3n-11+2·3n-1.(2)解由(1)知,1a n -1=12·(13)n-1,即1a n =12·(13)n-1+1.所以数列{1n}的前n项和T n=12(1-13n)1-13+n=3(1-1n)+n.。
2020高考数学(文)一轮复习课时作业 30等比数列及其前n项和 含解析
[
一、选择题
1．[2019·益阳市，湘潭市高三调研]已知等比数列{an}中，a5＝3，a4a7＝45，则 的值为()
A．3 B．5
C．9 D．25
解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4a7＝ ·a5q2＝9q＝45，
所以q＝5， ＝ ＝q2＝25.故选D.
答案：D
2．[2019·湖北华师一附中联考]在等比数列{an}中，a2a3a4＝8，a7＝8，则a1＝()
A. B．31
C. D．7
解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，a6＝8a3，∴q3＝8，解得q＝2.∴an＝2n－1.∴ ＝ n－1.∴数列 是首项为1，公比为 的等比数列．则T5＝ ＝ .故选A.
答案：A
4．[2019·福建厦门模拟]设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝()
答案：4
8．[2019·石家庄高中摸底考试]设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2，a5，a11成等比数列，且a11＝2(Sm－Sn)(m>n>0，m，n∈N*)，则m＋n的值是________．
解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，因为a2，a5，a11成等比数列，所以a ＝a2a11，所以(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋10d)，解得a1＝2d，又a11＝2(Sm－Sn)(m>n>0，m，n∈N*)，所以2ma1＋m(m－1)·d－2na1－n(n－1)d＝a1＋10d，化简得(m＋n＋3)·(m－n)＝12，因为m>n>0，m，n∈N*，所以 或 解得 或 (舍去)，所以m＋n＝9.
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：解法一当n＝1时，a1＝S1＝4＋λ.
2020届高考总复习(数学)30 等比数列及其前n项和
第30讲 等比数列及其前n 项和考纲要求：1.理解等比数列的概念．2．掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式．3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．4．了解等比数列与指数函数的关系.命题趋势：1.利用公式求等比数列指定项、前n 项和；利用定义、通项公式证明等比数列．2．利用等比数列性质求等比数列指定项、公比、前n 项和.探究一 等比数列的基本量计算【例1】 (1)已知等比数列{}a n 满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( )A ．21B ．42C ．63D ．84(2)(2018·河南开封模拟)正项等比数列{}a n 中，a 2＝4，a 4＝16，则数列{}a n 的前9项和等于________(3)在数列{}a n 中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{}a n 的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________跟踪训练1、1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6∶S 3＝1∶2，则S 9∶S 3＝( )A ．1∶2B ．2∶3C ．3∶4D ．1∶32．在等比数列{}a n 中，已知a 1＝－1，a 4＝64，则q ＝______，S 4＝______.3.在正项等比数列{}a n 中，前n 项和为nS ，==+=5765,3,21S a a a 则_______4．已知数列{}n a 为常数），满足λλ(2111+==+n n a a a .(1)试探究数列｛a n +λ｝是不是等比数列，并求a n ；(2)当λ=1时，求数列｛n (a n +λ)｝的前n 项和T n .探究二 等比数列的性质及应用【例2】 (1)已知等比数列{}a n 满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( ) A ．2 B ．1 C ．12D ．18(2)设等比数列{}a n 中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9＝( )A ．18B ．－18C ．578D ．558(3)已知等比数列{}a n 中，a 4＋a 8＝－2，则a 6(a 2＋2a 6＋a 10)的值为( )A ．4B ．6C ．8D ．－9跟踪训练2、1.已知一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为85，偶数项之和为170，则这个数列的项数为（ ）A.2B.4C.8D.162.在等比数列{}a n 中，若a 7·a 12＝5，则a 8·a 9·a 10·a 11＝______探究三 等比数列的判定与证明【例3】 数列{}a n 的前n 项和为S n ，S n ＋a n ＝－12n 2－32n ＋1(n ∈N *)． (1)设b n ＝a n ＋n ，证明：数列{}b n 是等比数列；(2)求数列{}nb n 的前n 项和T n .跟踪训练3、1．(2016·全国卷Ⅲ)已知数列{}a n 的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0.(1) 证明{}a n 是等比数列，并求其通项公式；(2) 若S 5＝3132，求λ.2.数列{}n a 中，)(22,311*+∈+==N n a a a n n .(1)求证：{}2+n a 是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式； (2)设2+=n n a n b ，n n b b b b S ++++= 321，证明：对任意*∈N n ,都有5451<≤n S .3.已知数列{}n a 中，)(3,111*+∈+==N n a a a a n n n . (1)求证：⎭⎬⎫⎩⎨⎧+211n a 是等比数列，并求{}n a 的通项公式n a ； （2）数列{}n n n n n a n b b ⋅⋅-=2)13(满足，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若不等式121--+<n n n n T λ）（对一切*∈N n 恒成立，求λ的取值范围.易错警示易错点不知等比数列中奇数项同号、偶数项同号错因分析：①等比数列中所有奇数项的符号都相同，所有偶数项的符号也都相同．②只有同号两数才有等比中项，且有两个，它们互为相反数．a n中，a5，a9是方程7x2＋18x＋7＝0的两个根，试求a7.【例】等比数列{}【跟踪训练】若在1与4之间插入三个数使这五个数成等比数列，则这三个数分别为________。
2019版高考数学总复习第五章数列30等比数列及其前n项和课时作业文105
课时作业 30 等比数列及其前n 项和一、选择题1．(2018·东北三省四市联考二模)等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝( )A ．9B ．15C ．18D ．30解析：本题考查等比数列的通项及前n 项和公式．设数列{a n }的公比为q (q >0)，则由条件得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝8a 1＋3a 1q ，a 1q 3＝16，解得q ＝2，a 1＝2，所以S 4＝21－241－2＝30，故选D.答案：D2．(2018·福建模拟)已知递增的等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和S n <0，则( ) A ．a 1<0,0<q <1 B ．a 1<0，q >1 C ．a 1>0,0<q <1 D ．a 1>0，q >1 解析：∵S n <0，∴a 1<0，又数列{a n }为递增等比数列，∴a n ＋1>a n ，且|a n |>|a n ＋1|，则－a n >－a n ＋1>0，则q ＝－a n ＋1－a n∈(0,1)，∴a 1<0,0<q <1.故选A. 答案：A3．(2018·武汉市武昌区调研考试)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1＝( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23解析：由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即q ＋q 2＝3q 2－3，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，将q ＝32代入S 2＝3a 2＋2中得a 1＋32a 1＝3×32a 1＋2，解得a 1＝－1，故选B.答案：B4．(2017·新课标全国卷Ⅲ)等差数列{}a n 的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}a n 前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析：由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2.所以S 6＝6×1＋6×5×－22＝－24.故选A. 答案：A5．(2018·云南11校跨区调研考查)已知数列{a n }是等比数列，若a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，则q ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：依题意，注意到2a 3＝a 1＋a 5,2a 3－6＝a 1＋a 5－5，即有2(a 3－3)＝(a 1－1)＋(a 5－5)，即a 1－1，a 3－3，a 5－5成等差数列；又a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，因此有a 1－1＝a 3－3＝a 5－5(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q ＝a 3－3a 1－1＝1，选C.答案：C 6．(2018·湖南三湘名校联盟三模)一个等比数列{a n }的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )A ．13项B ．12项C ．11项D ．10项解析：设首项为a 1，共有n 项，公比为q .前三项之积为a 31q 3＝2，最后三项之积为a 31q 3n －6＝4，两式相乘得a 61q 3(n －1)＝8，即a 21q n －1＝2，又a 1·a 1q ·a 1q 2·…·a 1q n －1＝64，∴a n 1q n n －12＝64，则(a 21q n －1)n ＝642，∴2n ＝642，∴n ＝12，故选B. 答案：B7．(2018·福州毕业班检测)设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k＋6的等比中项，则k ＝( )A ．5B ．6C ．9D ．11解析：本题考查等差数列、等比数列．由a 2＝a 1＋d ＝－d ，得a 1＝－2d ≠0，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －3)d .又由a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，得a 2k ＝a 6a k ＋6，则(k －3)2d 2＝3d ·(k ＋3)d ，d ≠0，解得k ＝9，故选C.本题的突破点是灵活应用等差数列的通项公式． 答案：C8．(2017·新课标全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏 解析：设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，∴ S 7＝a 11－q 71－q ＝a 11－271－2＝381，解得a 1＝3.故选B. 答案：B9．(2018·湖南省五市十校高三联考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝Aq n＋B (q ≠0)，则“A ＝－B ”是“数列{a n }是等比数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：若A ＝B ＝0，则S n ＝0，故数列{a n }不是等比数列；若数列{a n }是等比数列，则a 1＝Aq ＋B ，a 2＝Aq 2－Aq ，a 3＝Aq 3－Aq 2，由a 3a 2＝a 2a 1，得A ＝－B .故选B.答案：B10．(2018·陕西省宝鸡市高三质检一)正项等比数列{a n }中，a 2016＝a 2015＋2a 2014，若a m a n＝16a 21，则4m ＋1n的最小值等于( )A ．1 B.32C.53D.136解析：先由通项公式列式求公比，再代入已知条件确定n ，m 的大小关系式，最后用基本不等式求最小值．∵a 2014q 2＝a 2014q ＋2a 2014，∴q 2－q －2＝0，∴q ＝2或q ＝－1(舍去)，又a 1q m －1·a 1q n －1＝16a 21，∴q m ＋n －2＝16，∴m ＋n －2＝4，m ＋n ＝6，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫4m ＋1n ·m ＋n 6＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4n m ＋m n ≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24n m ·m n ＝32，当且仅当m ＝4，n ＝2时等号成立，故选B. 答案：B 二、填空题11．(2018·合肥检测二)等比数列{a n }满足a n >0，且a 2a 8＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a 9＝________.解析：本题考查等比数列．由题意可得a 2a 8＝a 25＝4，a 5>0，所以a 5＝2，则原式＝log 2(a 1a 2…a 9)＝9log 2a 5＝9.答案：912．(2017·江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析：设{a n}的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 31－q ＝74，a11－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.答案：3213．(2018·陕西省高三质检一)已知数列{a n }，a n >0，它的前n 项和为S n ，且2a 2是4a 1与a 3的等差中项．若{a n }为等比数列，a ＝1，则S 7＝________.解析：本题考查等比数列的前n 项和公式、等比数列的应用．根据题意可得4a 2＝4a 1＋a 3，设{a n }的公比为q ，则4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，整理得q 2－4q ＋4＝0，解得q ＝2，所以S 7＝1×1－271－2＝127.答案：12714．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________. 解析：设数列{a n }的公比为q ，由已知得S 4S 2＝1＋a 3＋a 4a 1＋a 2＝5,1＋q 2＝5，所以q 2＝4，S 8S 4＝1＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋q 4＝1＋16＝17. 答案：17[能力挑战]15．(2017·新课标全国卷Ⅱ文科)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解析：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.①(1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n}的通项公式为b n＝2n－1.(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0.解得q＝－5或q＝4.当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2020高考数学(理)一轮复习课时作业31等比数列及其前n项和 含解析
C. fD. f
解析：本题主要考查等比数列的概念和通项公式及等比数列的实际应用．
由题意知，十三个单音的频率构成首项为f，公比为 的等比数列，设该等比数列为{an}，则a8＝a1q7，即a8＝ f，故选D.
答案：D
13．[2018·浙江卷]已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a1>1，则()
若q<－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋q)(1＋q2)<0，而a2＋a3＝a2(1＋q)＝a1q(1＋q)>0，∴ln(a1＋a2＋a3)>lna1>0，
也矛盾．∴－1<q<0.
从而 ＝q2<1，∵a1>0，∴a1>a3.
同理，∵ ＝q2<1，a2<0，∴a4>a2.选B.
A．2 B．3
C．4 D．6
解析：等比数列{an}的前n项积为Tn，由a1＝－24，a4＝－ ，可得q3＝ ＝ ，解得q＝ ，∴Tn＝a1a2a3…an＝(－24)n·q1＋2＋…＋(n－1)＝(－24)n· ，当Tn取最大值时，可得n为偶数，当n＝2时，T2＝242· ＝192；当n＝4时，T4＝244· 6＝ ；当n＝6时，T6＝246· 15＝ ，则T6<T2<T4，又当n>6，且n为偶数时，Tn<T6，故n＝4时，Tn取最大值．故选C.
A. B．31
C. D．7
解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，a6＝8a3，∴q3＝8，解得q＝2.∴an＝2n－1.∴ ＝ n－1.∴数列 是首项为1，公比为 的等比数列．则T5＝ ＝ .故选A.
等比数列及其前n项和(作业及答案)
【思路分析】a +« +a a?(a + a +a ) 设公比为务 则 ~~―_=扌,①+①+如 O2+厲+ 0||a = a d= 21a , 14 5 5 得a + 3a + 27« = 6 ,解得"=' 5 5 5 5 习=(a + a + ei )+(" +ei + a )-a1425 JI58145 等比数列及其前«项和（作业）例1：已知等比数列｛a ｝中，各项都是正数，且2«成 « « 2 '' dg+qo ------ =( 心+俶 B ・ l-J? A - 1+ 【思路分析】 设公比为 r/r 则 </>0, a = a q , a = a cf , C- 3 + 2& D ・ 3-M “，2a 成等差数列，2 ' -/. a = a + 2a ,即《 £= a + 2a q 迈或―迈(舍去)， S + 2 ~5~ q =3+2 圧 «7 + «s 解得0 = 1 + a +a • 9 10心+“8故选C. 例2：若等比数列«.｝中，①+«5 +«11 么"2+他+兔+如|+如4的值为（A- 8B- 9C.242 "7?D.240 TT/. a = a g^=3a ,8 5 5+ a + a2423T故选C.例3：设仏｝为等比数列，他｝为等差数列，且归5=心+亦 若数列｛q ｝的前三项为1，1，2,则@”｝的前10项之和是“（1一严）二数列｛绻｝的前10项之和几= --------- =1 023.故选D ・l-GB ・ 557C. 467A. 978【思路分析】i 殳数列匕｝的公比为彳，设数列仇｝的公差为d,b^= 0 , c^= 1,「•“1= 1 r则 “2 = q ，“3 =彳2' “2 = d ' b\ = 2d '*/ ©2= 1，。
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课时作业(三十) 等比数列及其前n 项和A 级1．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n－a ，数列{a n }为等比数列，则实数a 的值是( ) A ．3 B ．1 C ．0D ．－12．设数列{a n }满足：2a n ＝a n ＋1(n ∈N *)，且前n 项和为S n ，则S 4a 2的值为( ) A.152B ．154C ．4D ．23．已知函数f (x )＝log a x ，且所有项为正数的无穷数列{a n }满足log a a n ＋1－log a a n ＝2，则数列{a n }( )A ．一定是等比数列B ．一定是等差数列C ．既是等差数列又是等比数列D ．既不是等差数列又不是等比数列4．(2012·威海模拟)在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( )A.12 B ．32 C ．1D ．－325．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n－1，则数列{a n }的奇数项的前n 项和为( ) A.2n ＋1－13B ．2n ＋1－23C.22n－13D ．22n－236．已知各项不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝________.7．(2013·南京模拟)等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 为________．8．(2012·江西卷)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.9．(2013·潍坊模拟)已知函数f (x )＝2x ＋3，数列{a n }满足：a 1＝1且a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，则该数列的通项公式a n ＝________.10．S n 是无穷等比数列{a n }的前n 项和，且公比q ≠1，已知1是12S 2和13S 3的等差中项，6是2S2和3S3的等比中项．(1)求S2和S3；(2)求此数列{a n}的前n项和公式．11．已知在正项数列{a n}中，a1＝2，点A n(a n，a n＋1)在双曲线y2－x2＝1上，数列{b n}中，点(b n，T n)在直线y＝－12x＋1上，其中T n是数列{b n}的前n项和．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求证：数列{b n}是等比数列．B 级1．(2013·武汉模拟)等比数列{a n}的公比为q，则“a1＞0，且q＞1”是“对于任意正整数n，都有a n＋1＞a n”的( )A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分又非必要条件2．已知各项都为正数的等比数列{a n}中，a2·a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，则满足a n·a n＋1·a n＋2＞19的最大正整数n 的值为________． 3．数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n (n ∈N *)． (1)求证：数列{a n ＋1}成等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)数列{a n }中是否存在连续三项可以构成等差数列？若存在，请求出一组适合条件的三项；若不存在，请说明理由．详解答案课时作业(三十)A 级1．B 可用特殊值法，由S n ＝3n－a 得a 1＝3－a ，a 2＝6，a 3＝18， 由等比数列的性质可知a ＝1.2．A 由题意知，数列{a n }是以2为公比的等比数列，故S 4a 2＝a 11－241－2a 1×2＝152，选A. 3．A 由log a a n ＋1－log a a n ＝2得log aa n ＋1a n ＝2＝log a a 2.故a n ＋1a n＝a 2，又a ＞0且a ≠1，所以数列{a n }为等比数列．故选A.4．B 因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝3π3，log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74＝7log 33π3＝7π3，所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7) ＝32. 5．C 依题意，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－1＝1，a n ＝2n －1也适合a 1.因此，a n ＝2n －1，a n ＋1a n＝2，数列{a n }是等比数列，数列{a n }的奇数项的前n 项和为1×1－22n1－22＝22n－13，选C.6．解析： 由题意可知，b 6b 8＝b 27＝a 27＝2(a 3＋a 11)＝4a 7， ∵a 7≠0，∴a 7＝4，∴b 6b 8＝16. 答案： 167．解析： 由a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1得a 4－a 3＝2(S 3－S 2)＝2a 3， ∴a 4＝3a 3，∴q ＝a 4a 3＝3. 答案： 38．解析： 由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 11－q 51－q ＝1－－253＝11.答案： 119．解析： 由题意知a n ＋1＝2a n ＋3，∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)， ∴数列{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，以2为公比的等比数列． ∴a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3.答案： 2n ＋1－310．解析： (1)根据已知条件⎩⎪⎨⎪⎧12S 2＋13S 3＝2，2S 23S 3＝36.整理得⎩⎪⎨⎪⎧3S 2＋2S 3＝12，3S 22S 3＝36.解得3S 2＝2S 3＝6，即⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝2，S 3＝3.(2)∵q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q2＝3.可解得q ＝－12，a 1＝4.∴S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1＋12＝83－83⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n.11．解析： (1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1，①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)，②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1(n ≥2)． 令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23，∴{b n }是一个以23为首项，以13为公比的等比数列．B 级1．A 易知，当a 1＞0且q ＞1时，a n ＞0，所以a n ＋1a n＝q ＞1， 表明a n ＋1＞a n ；若对任意自然数n ，都有a n ＋1＞a n 成立， 当a n ＞0时，同除a n 得q ＞1， 但当a n ＜0时，同除a n 得0＜q ＜1. 也可举反例，如a n ＝－12n .2．解析： 因为a 2·a 4＝4＝a 23，且a 3＞0，所以a 3＝2， 又a 1＋a 2＋a 3＝2q 2＋2q＋2＝14，所以1q ＝－3(舍)或1q ＝2，即q ＝12，a 1＝8.又a n ＝a 1qn －1＝8·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －4，所以a n ·a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123n －9＞19，即23n －9＜9，∴3n －9＜log 29即n ＜3＋log 239而3＋log 239＞3＋log 238＝4，∴n 的最大值为4. 答案： 43．解析： (1)证明：由S n ＝2a n －n 及S n ＋1＝2a n ＋1－(n ＋1)⇒a n ＋1＝2a n ＋1. 又∵a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1，a 1＋1≠0，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2.∴{a n ＋1}成等比数列． (2)由(1)知，a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1，故a n ＝2n－1，n ∈N *.(3)假设存在k ∈N *，使得a k ，a k ＋1，a k ＋2成等差数列，则2a k ＋1＝a k ＋a k ＋2， 即2(2k ＋1－1)＝(2k －1)＋(2k ＋2－1)⇒2k＝0.因k ∈N *，所以2k≠0，∴不存在{a n }中的连续三项使得它们可以构成等差数列．。