2018届高三数学一轮复习第六章数列第三节等比数列及其前n项和夯基提能作业本

第三节等比数列及其前n项和
A组基础题组
1.(2016湖北华师一附中3月联考)在等比数列{a n}中,a2a3a4=8,a7=8,则a1=( )
A.1
B.±1
C.2
D.±2
2.(2016安徽皖江名校联考)已知S n是各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和,若a2·a4=16,S3=7,则
a8=( )
A.32
B.64
C.128
D.256
3.等比数列{a n}的前n项和为S n,若公比q>1,a3+a5=20,a2a6=64,则S5=( )
A.31
B.36
C.42
D.48
4.(2017福建南平模拟)已知等比数列{a n}中,a3=2,a4a6=16,则的值为( )
A.2
B.4
C.8
D.16
5.(2016湖南衡阳三模)在等比数列{a n}中,a1=2,前n项和为S n,若数列{a n+1}也是等比数列,则S n=( )
A.2n+1-2
B.3n
C.2n
D.3n-1
6.设公比为q(q>0)的等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则q= .
7.( 2016河南开封月考)已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且S1,S3,S4成等差数列,则数列{a n}的公比为.
8.在等比数列{a n}中,公比q=2,前99项的和S99=30,则a3+a6+a9+…+a99= .
9.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.
10.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.
B组提升题组
11.(2016福建福州质检)已知等比数列{a n}的前n项积记为∏n,若a3a4a8=8,则∏9=( )
A.512
B.256
C.81
D.16
12.已知S n是等比数列{a n}的前n项和,若存在m∈N*,满足=9,=,则数列{a n}的公比为( )
A.-2
B.2
C.-3
D.3
13.在各项均为正数的等比数列{a n}中,已知a2a4=16,a6=32,记b n=a n+a n+1 ,则数列{b n}的前5项和S5
为.
14.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S5=,求λ.
15.(2015四川,16,12分)设数列{a n}(n=1,2,3,…)的前n项和S n满足S n=2a n-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)设数列的前n项和为T n,求T n.
16.(2016江西师大附中月考)已知正项数列{a n}的前n项和为S n,且S n是和a n的等差中项.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)若∈{a1,a2,…,a n,…}且,,…,,…成等比数列,当k1=2,k2=4时,求数列{k n}的前n项和T n.
答案全解全析
A组基础题组
1.A 因为数列{a n}是等比数列,所以a2a3a4==8,所以a3=2,所以a7=a3q4=2q4=8,所以q2=2,则a1==1,故选
A.
2.C 由题意及等比数列的性质知
a2·a4==16,∵a n>0,∴a3=4,∵a3=a1q2=4,S3=7,∴S3==7,S2==3,∴3q2-4q-4=0,解得q=-或
q=2,∵a n>0,∴q=2,∴a1=1,∴a8=27=128.
3.A 由等比数列的性质,得a3a5=a2a6=64,于是由且公比q>1,得a3=4,a5=16,所以
解得所以S5==31,故选A.
4.B 设等比数列{a n}的公比是q,
由a3=2,a4a6=16,得a1q2=2,a1q3a1q5=16,
则a1=1,q2=2,
∴==4.
5.C 设{a n}的公比为q,则a n=2q n-1,因为数列{a n+1}也是等比数列,所以
(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⇒q=1,即a n=2,所以S n=2n,故选C.
6.答案
解析由S2=3a2+2,S4=3a4+2作差可得a3+a4=3a4-3a2,即2a4-a3-3a2=0,所以2q2-q-3=0,解得q=或q=-1(舍).
7.答案
解析设正项等比数列{a n}的公比为q(q>0),
∵S1,S3,S4成等差数列,
∴2S3=S1+S4,
易知q=1时上式不成立,∴q≠1,
∴2·=a1+,
化简得q3-2q2+1=0,
即(q-1)(q2-q-1)=0,又q≠1,且q>0,
∴q=.
8.答案
解析∵q=2,S99=30,∴a1(299-1)=30,又∵数列a3,a6,a9,…,a99也成等比数列且公比为
8,∴a3+a6+a9+…+a99===×30=.
9.解析(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-1-2n-2=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+=.
10.解析(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).
∵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)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.
B组提升题组
11.A 由题意知,a3a4a7q=a3a7a4q=a3a7a5==8,∏9=a1a2a3…a9=(a1a9)( a2a8)(a3a7)·(a4a6)a5=,所以
∏9=83=512.
12.B 设公比为q,若q=1,则=2,与题中条件矛盾,故q≠1.
∵==q m+1=9,∴q m=8.
∴==q m=8=,∴m=3,∴q3=8,∴q=2.
13.答案93
解析设数列{a n}的公比为q,由=a2a4=16,得a3=4(舍负),即a1q2=4,又a6=a1q5=32,解得a1=1,q=2,所以a n=a1q n-1=2n-1,则b n=a n+a n+1=2n-1+2n=3·2n-1,所以数列{b n}是首项为3,公比为2的等比数列,所以
S5==93.
14.解析(1)由题意得a1=S1=1+λa1,
故λ≠1,a1=,a1≠0.
由S n=1+λa n,S n+1=1+λa n+1得a n+1=λa n+1-λa n,即a n+1(λ-1)=λa n.由a1≠0,λ≠0得a n≠0,
所以=.
因此{a n}是首项为,公比为的等比数列,于是a n=.
(2)由(1)得S n=1-.由S5=得1-=,即=.
解得λ=-1.
15.解析(1)由已知S n=2a n-a1,
有a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1(n≥2),
即a n=2a n-1(n≥2).
从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.
又因为a1,a2+1,a3成等差数列,
即a1+a3=2(a2+1).
所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.
所以,数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列.
故a n=2n.
(2)由(1)得=.
所以T n=++…+==1-.
16.解析(1)∵S n是和a n的等差中项,
∴2S n=+a n,
则有2S n-1=+a n-1(n≥2),
两式相减并整理得(a n-a n-1-1)(a n+a n-1)=0(n≥2),
又a n+a n-1>0(n≥2),所以a n-a n-1=1(n≥2),故数列{a n}是公差为1的等差数列, 又由2a1=2S1=+a1,a1>0,可得a1=1.
∴a n=1+(n-1)×1=n(n∈N*).
(2)设等比数列的公比为q,由题意及(1)知q====2,
∴=·2n-1=2n,又=k n,∴k n=2n,∴T n=2+22+…+2n==2n+1-2.。