2022届高考数学统考一轮复习第五章数列第三节等比数列及其前n项和课时规范练文含解析北师大版
全国统考2022高考数学一轮复习课时规范练31等比数列及其前n项和理含解析北师大版.docx
课时规范练31 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.40 2.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.126 B.256 C.255 D.254 5.(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.15 B .212C.6D.3 6.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,a 1=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31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q 5=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. 7.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. 8.1213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=1213.9.32 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=32.10.(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) n1-35=52−52×35n <52. 11.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. 12.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.13.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 . 14.(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+…+2n )-n=2×(1-2n )1-2-n=2n+1-n-2.故S n =2n+1-n-2.15.①③④ ∵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. 16.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.。
(人教版)2020届高考数学一轮复习 第五章 数列 第三节 等比数列及其前n项和课时作业
第三节 等比数列及其前n 项和课时作业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 ．21 B ．42 C ．63D ．84解析：设数列{a n }的公比为q ，则a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，又a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)，所以a 3＝6，a 5＝12，a 7＝24，所以a 3＋a 5＋a 7＝42.故选B.答案：B2．等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A.13 B ．－13 C.19D ．－19解析：由题知公比q ≠1，则S 3＝a 11－q 31－q＝a 1q ＋10a 1，得q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，则a 1＝19，故选C. 答案：C3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于( ) A ．－3 B ．5 C ．－31D ．33解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知得q ≠1. ∵S 3＝2，S 6＝18， ∴1－q 31－q 6＝218，得q 3＝8， ∴q ＝2.∴S 10S 5＝1－q 101－q5＝1＋q 5＝33，故选D.答案：D4．在等比数列{a n }中，a 1＝2，公比q ＝2.若a m ＝a 1a 2a 3a 4(m ∈N *)，则m ＝( ) A ．11 B ．10 C ．9D ．8解析：a m ＝a 1a 2a 3a 4＝a 41qq 2q 3＝24×26＝210＝2m，所以m ＝10，故选B. 答案：B5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( ) A ．S n ＝2T nB ．T n ＝2b n ＋1C ．T n ＞a nD ．T n ＜b n ＋1解析：因为点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，所以S n ＝3·2n－3，所以a n ＝3·2n－1，所以b n ＋b n ＋1＝3·2n －1，因为数列{b n }为等比数列，设公比为q ，则b 1＋b 1q ＝3，b 2＋b 2q＝6，解得b 1＝1，q ＝2，所以b n ＝2n －1，T n ＝2n－1，所以T n ＜b n ＋1，故选D.答案：D6．(2018·郑州质检)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 25＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值是________．解析：设{a n }的公比为q .由a 25＝2a 3a 6得(a 1q 4)2＝2a 1q 2·a 1q 5，∴q ＝2，∴S 5＝a 11－251－2＝－62，a 1＝－2. 答案：－27．已知等比数列{a n }为递增数列，a 1＝－2，且3(a n ＋a n ＋2)＝10a n ＋1，则公比q ＝________. 解析：因为等比数列{a n }为递增数列且a 1＝－2<0，所以0<q <1，将3(a n ＋a n ＋2)＝10a n ＋1两边同除以a n 可得3(1＋q 2)＝10q ，即3q 2－10q ＋3＝0，解得q ＝3或q ＝13，而0<q <1，所以q＝13. 答案：138．若数列{a n ＋1－a n }是等比数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝5，则a n ＝__________. 解析：∵a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，∴q ＝3， ∴a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n －a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3， ∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1＋12. 答案：3n －1＋129．(2018·昆明市检测)数列{a n }满足a 1＝－1，a n ＋1＋2a n ＝3. (1)证明{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)已知符号函数sgn(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，设b n ＝a n ·sgn(a n )，求数列{b n }的前100项和．解析：(1)因为a n ＋1＝－2a n ＋3，a 1＝－1， 所以a n ＋1－1＝－2(a n －1)，a 1－1＝－2，所以数列{a n －1}是首项为－2，公比为－2的等比数列．故a n －1＝(－2)n ，即a n ＝(－2)n＋1.(2)b n ＝a n ·sgn(a n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n＋1，n 为偶数，2n－1，n 为奇数，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100＝(2－1)＋(22＋1)＋(23－1)＋…＋(299－1)＋(2100＋1)＝2＋22＋23＋…＋2100＝2101－2.10．(2018·合肥质检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，n ∈N *.(1)求证：数列{a nn}为等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析：(1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n 知a n ＋1n ＋1＝12·a nn， ∴{a n n }是以12为首项、12为公比的等比数列．(2)由(1)知{a n n }是首项为12，公比为12的等比数列，∴a n n ＝(12)n ，∴a n ＝n2n ， ∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，② ①－②得：12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n.B 组——能力提升练1．(2018·长春调研)等比数列{a n }中，a 3＝9，前三项和S 3＝27，则公比q 的值为( ) A ．1 B ．－12C ．1或－12D ．－1或－12解析：当公比q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝9，∴S 3＝3×9＝27. 当q ≠1时，S 3＝a 1－a 3q1－q，∴27＝a 1－9q1－q∴a 1＝27－18q ， ∴a 3＝a 1q 2，∴(27－18q )·q 2＝9， ∴(q －1)2(2q ＋1)＝0， ∴q ＝－12.综上q ＝1或q ＝－12.选C.答案：C2．数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值等于( )A ．1B ．－1 C.12D ．2解析：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.答案：D3．(2018·彬州市模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －a ，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝( ) A ．(2n －1)2B ．13(2n－1) C ．4n－1D ．13(4n－1) 解析：∵S n ＝2n－a ，∴a 1＝2－a ，a 1＋a 2＝4－a ，a 1＋a 2＋a 3＝8－a ， 解得a 1＝2－a ，a 2＝2，a 3＝4，∵数列{a n }是等比数列，∴22＝4(2－a )，解得a ＝1. ∴公比q ＝2，a n ＝2n －1，a 2n ＝22n －2＝4n －1.则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4n－14－1＝13(4n－1)．答案：D4．设数列{a n }是公比为q (|q |＞1)的等比数列，令b n ＝a n ＋1(n ∈N *)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23，19,37,82}中，则q ＝( ) A.32B ．－43C ．－32D ．－52解析：数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，且b n ＝a n ＋1(n ∈N *)，∴a n ＝b n －1，则{a n }有连续四项在{－54，－24,18,36,81}中， ∵数列{a n }是公比为q (|q |＞1)的等比数列， 等比数列中有负数项，则q ＜0，且负数项为相隔两项∵|q |＞1，∴等比数列各项的绝对值递增，按绝对值的顺序排列上述数值18，－24,36，－54,81，相邻两项相除－2418＝－43，－3624＝－32，－5436＝－32，81－54＝－32，∵|q |＞1，∴－24,36，－54,81是{a n }中连续的四项，此时q ＝－32.答案：C5．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________.解析：由S 3＋3S 2＝0，得a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0，即4a 1＋4a 2＋a 3＝0，即4a 1＋4a 1q ＋a 1q 2＝0，即q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2. 答案：－26．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32a n －1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 3a n 2＋1，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n.解析：(1)当n ＝1时，a 1＝32a 1－1，∴a 1＝2，当n ≥2时，∵S n ＝32a n －1，①∴S n －1＝32a n －1－1(n ≥2)，②①－②得a n ＝(32a n －1)－(32a n －1－1)，即a n ＝3a n －1，∴数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＝2×3n －1.(2)由(1)得b n ＝2log 3a n2＋1＝2n －1，∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n＝11×3＋13×5＋…＋12n －32n －1＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －3－12n －1)＝n －12n －1. 7．数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝n ＋12na n (n ∈N *)． (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n4n －a n，若数列{b n }的前n 项和是T n ，求证：T n <2. 证明：(1)由题设得a n ＋1n ＋1＝12·a n n ，又a 11＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为2，公比为12的等比数列，所以a n n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝22－n ，a n ＝n ·22－n＝4n 2n .(2)b n ＝a n4n －a n＝4n 2n 4n －4n 2n＝12n－1，因为对任意n ∈N *,2n－1≥2n －1，所以b n ≤12n －1.所以T n ≤1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <2.。
2022届高考一轮复习第5章数列第3节等比数列及其前n项和
15，且 a5＝3a3＋4a1，则 a3＝( )
A．16
B．8
C．4
D．2
[解析]
由题意知aa11＞＋0a，1q＋q＞a10q，2＋a1q3＝15， a1q4＝3a1q2＋4a1，
解得aq1＝＝21，，∴a3＝a1q2＝4.故选 C.
[答案] C
(2)(2019·高考全国卷Ⅰ)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a1＝13，a24＝a6，则 S5 ＝________.
[解析] 由 a24＝a6 得(a1q3)2＝a1q5，
整理得 q＝a11＝3.∴S5＝13（11－－335）＝1231.
[答案]
121 3
(3)(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. ①求{an}的通项公式； ②记 Sn 为{an}的前 n 项和．若 Sm＝63，求 m. [解析] ①设{an}的公比为 q，由题设得 an＝qn－1. 由已知得 q4＝4q2，解得 q＝0(舍去)，q＝－2 或 q＝2. 故 an＝(－2)n－1 或 an＝2n－1.
[解析] (1)证明：由题设得 4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即 an＋1＋bn＋1＝12(an＋bn)． 又因为 a1＋b1＝1， 所以{an＋bn}是首项为 1，公比为12的等比数列． 由题设得 4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8， 即 an＋1－bn＋1＝an－bn＋2. 又因为 a1－b1＝1. 所以{an－bn}是首项为 1，公差为 2 的等差数列．
A．4
B．8
C．16
D．32
答案：C
2．(基础点：等比数列的前 n 项和)设{an}是公比为正数的等比数列，若 a1＝1，a5
(新课标)高考数学一轮总复习 第五章 数列 5-3 等比数列及其前n项和课时规范练 文(含解析)新人
5-3 等比数列及其前n 项和课时规X 练A 组 基础对点练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＝( B ) A ．21 B.42 C ．63D.842．(2018·某某质检)在等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝16，则a 6＝( C ) A ．14 B.28 C ．32D.643．(2017·某某摸底考试)已知数列{a n }为等比数列，a 5＝1，a 9＝81，则a 7＝( B ) A ．9或－9 B.9 C ．27或－27D.27解析：∵数列{a n }为等比数列，且a 5＝1，a 9＝81， ∴a 27＝a 5a 9＝1×81＝81， ∴a 7＝±9.当a 7＝－9时，a 26＝1×(－9)＝－9不成立，舍去． ∴a 7＝9.故选B.4．(2018·某某调研测试)已知等差数列{a n }的公差为2，且a 4是a 2与a 8的等比中项，则{a n }的通项公式a n ＝( B ) A ．－2n B.2n C ．2n －1D.2n ＋1解析：由题意，得a 2a 8＝a 24，又a n ＝a 1＋2(n －1)，所以(a 1＋2)(a 1＋14)＝(a 1＋6)2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n .故选B.5．在等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于( D ) A ．－3 B.－1 C ．1D.3解析：在等比数列{a n }中， ∵a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，∴a 4－a 3＝2S 3＋1－(2S 2＋1)＝2(S 3－S 2)＝2a 3， ∴a 4＝3a 3， ∴q ＝a 4a 3＝3.故选D.6．我国古代有用一首诗歌形式提出的数列问题：远望巍巍塔七层，红灯向下成倍增．共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？( C ) A ．5 B.4 C ．3D.27．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( D ) A ．5 B.9 C ．log 345D.10解析：由等比数列性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，∴a 5a 6＝9， 则原式＝log 3a 1a 2…a 10＝log 3(a 5a 6)5＝10.8．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 25＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值是__－2__. 9．(2018·某某调研)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 5＝5，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝ __9__.解析：因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质，可得a 1·a 9＝a 2·a 8＝a 3·a 7＝a 4·a 6＝a 25＝52，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝log 5(a 1·a 2·…·a 9) ＝log 5[(a 1·a 9)·(a 2·a 8)·(a 3·a 7)·(a 4·a 6)·a 5]＝log 5a 95＝log 559＝9.10．(2018·某某统考)已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝4，a n ＋1＝3S n ＋4(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <89.解析：(1)因为a n ＋1＝3S n ＋4， 所以a n ＝3S n －1＋4(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1－a n ＝3a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)． 又a 2＝3a 1＋4＝16＝4a 1，所以数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列，所以a n ＝4n. (2)证明：因为a n b n ＝log 2a n ，所以b n ＝2n4n ，所以T n ＝241＋442＋643＋ (2)4n ，14T n ＝242＋443＋644＋ (2)4n ＋1，两式相减得，34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n4n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n 4n ＋1＝2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－2n 4n ＋1＝23－23×4n －2n4n ＋1＝23－6n ＋83×4n ＋1， 所以T n ＝89－6n ＋89×4n <89.11．(2017·某某质检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，n ∈N *.(1)求证：数列{a nn}为等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析：(1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n ，知a n ＋1n ＋1＝12·a nn， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为12，公比为12的等比数列，∴a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝n2n ， ∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，② ①－②，得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n.B 组 能力提升练1．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( C )A ．2B.1C.12D.18解析：设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫14×q 3－1，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝12.故选C.2．(2018·某某质检)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：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？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a 升，b 升，c 升，1斗为10升，则下列判断正确的是( D )A ．a ，b ，c 依次成公比为2的等比数列，且a ＝507B ．a ，b ，c 依次成公比为2的等比数列，且c ＝507C ．a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，且a ＝507A ．a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，且c ＝507解析：由题意，可得a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，b ＝12a ，c ＝12b ，故4c ＋2c ＋c ＝50，解得c ＝507.故选D.3．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为( B ) A ．4 B.5 C ．6D.7解析：由等比数列的性质，可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，所以a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，所以T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5，故选B.4．(2018·某某适应性考试)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，则S 2 018＝( A )A ．22 017－12 B.1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 017C ．22 018－12D.1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018解析：由a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，得q 6－16q 3＋64＝0，所以q 3＝8，即q ＝2，所以S 2 018＝a 11－q 2 0181－q ＝22 017－12.故选A.5．(2016·高考某某卷)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( C ) A ．充要条件 B.充分而不必要条件 C ．必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件解析：由题意，得a n ＝a 1qn －1(a 1>0)，a 2n －1＋a 2n ＝a 1q2n －2＋a 1q2n －1＝a 1q2n －2(1＋q )．若q <0，因为1＋q 的符号不确定，所以无法判断a 2n －1＋a 2n 的符号；反之，若a 2n －1＋a 2n <0，即a 1q 2n －2(1＋q )<0，可得q <－1<0.故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要而不充分条件，故选C.6．若等比数列{a n }的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( D )A.32B.94 C ．1D.2解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则第2,3,4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9①，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92②，①÷②得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2.故选D. 7．已知等比数列{a n }的各项都是正数，且3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7＝( D )A ．6 B.7 C ．8D.9解析：∵3a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴a 3＝3a 1＋2a 2，∴q 2－2q －3＝0，∴q ＝3或q ＝－1(舍去)．∴a 8＋a 9a 6＋a 7＝a 1q 7＋a 1q 8a 1q 5＋a 1q 6＝q 2＋q 31＋q＝q 2＝32＝9.故选D.8．(2018·某某质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2 018＝( A ) A ．22 018－1 B.32 018－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018－72D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13 2 018－103解析：因为3S n ＝2a n －3n ，所以当n ＝1时，3S 1＝3a 1＝2a 1－3，所以a 1＝－3；当n ≥2时，3a n ＝3S n －3S n －1＝(2a n －3n )－(2a n －1－3n ＋3)，所以a n ＝－2a n －1－3，即a n ＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．则a n ＋1＝－2×(－2)n －1＝(－2)n，所以a n ＝(－2)n－1，所以a 2 018＝(－2)2 018－1＝22 018－1，故选A.9．(2018·某某质量预测)已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N *)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝__100__.解析：由log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 22a n ，即a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是以a 1为首项，2为公比的等比数列．又a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，所以a 101＋a 102＋…＋a 110＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)×2100＝2100， 所以log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝log 22100＝100.10．已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值X 围是__(－∞，－1]∪[3，＋∞)__．解析：当q >0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≥1＋2a 1a 3＝1＋2a 22＝3； 当q <0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≤1－2a 1a 3＝1－2a 22＝－1， 所以S 3的取值X 围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．11．(2018·某某质检)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，若a 1＝1，a 2·a 4＝16. (1)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和S n . 解析：(1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2a 4＝16，得q 4＝16，所以q ＝2，则a n ＝2n －1.又b n ＝log 2a n ，所以b n ＝n －1. (2)由(1)可知a n ·b n ＝(n －1)·2n －1，则S n ＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n －1)·2n －1，2S n ＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n， 两式相减，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －1－(n －1)·2n＝2－2n1－2－(n －1)·2n ＝2n (2－n )－2， 所以S n ＝2n(n －2)＋2.12．(2016·高考全国卷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.解析：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即(λ－1)a n ＋1＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0，得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132，解得λ＝－1.。
2022届高考数学一轮复习 第五章 数列 第3节 等比数列及其前n项和课时作业(含解析)新人教版
第五章 数列授课提示：对应学生用书第293页[A 组 基础保分练]1．若正项数列{a n }满足a 1＝2，a 2n ＋1－3a n ＋1a n －4a 2n ＝0，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝22n －1B ．a n ＝2nC ．a n ＝22n ＋1D ．a n ＝22n －3答案：A2．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等于( ) A.18 B ．－18C.578 D ．558答案：A3．(2021·西安模拟)设a 1＝2，数列{1＋2a n }是公比为2的等比数列，则a 6＝( ) A ．31.5 B ．160 C ．79.5D ．159.5 解析：因为1＋2a n ＝(1＋2a 1)·2n －1，则a n ＝5·2n －1－12，a n ＝5·2n －2－12.a 6＝5×24－12＝5×16－12＝80－12＝79.5.答案：C4．正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，且a 5与a 9的等差中项为4，则{a n }的公比是( ) A ．1 B ．2 C.22D ．2答案：D5．(2021·南宁统一考试)设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q ＞1”是“{a n }为递增数列”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：等比数列{a n }为递增数列的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＜0，0＜q ＜1.答案：D6．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，若S 2＋a 2＝S 3－3，则a 4＋3a 2的最小值为( )A ．12B ．9C ．16D ．18解析：因为S 3－S 2＝a 3，所以由S 2＋a 2＝S 3－3，得a 3－a 2＝3，设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1＝3q q －1，由于{a n }的各项为正，所以q ＞1.a 4＋3a 2＝a 1q 3＋3a 1q ＝a 1q (q 2＋3)＝3q q －1q (q 2＋3)＝3q 2＋3q －1＝3(q －1＋4q －1＋2)≥18，当且仅当q －1＝2，即q ＝3时，a 3＋3a 2取得最小值18.答案：D7．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若S 6S 3＝65，则数列{a n }的公比为________．答案：48．(2021·安庆模拟)数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值为________． 答案：29．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b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0， 解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．解析：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－3，解得a 1＝3， 当n ＝2时，S 2＝a 1＋a 2＝2a 2－6，解得a 2＝9， 当n ＝3时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－9，解得a 3＝21.(2)假设{a n ＋λ}是等比数列，则(a 2＋λ)2＝(a 1＋λ)·(a 3＋λ)， 即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3. 下面证明{a n ＋3}为等比数列：∵S n ＝2a n －3n ，∴S n ＋1＝2a n ＋1－3n －3，∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n －3，即2a n ＋3＝a n＋1，∴2(a n ＋3)＝a n ＋1＋3，∴a n ＋1＋3a n ＋3＝2，∴存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}是首项为a 1＋3＝6，公比为2的等比数列． ∴a n ＋3＝6×2n －1，即a n ＝3(2n －1)(n ∈N *)．[B 组 能力提升练]1．(多选题)如图，在每个小格中填上一个数，使得每一行的数依次成等差数列，每一列的数依次成等比数列，则( )A.x ＝1 C ．z ＝3D ．x ＋y ＋z ＝2解析：因为每一列成等比数列，所以第一列的第3,4,5个小格中的数分别是12，14，18，第三列的第3,4,5个小格中的数分别是1，12，14，所以x ＝1.又每一行成等差数列，所以y ＝14＋3×12－142＝58，z －18＝2×18，所以z ＝38，所以x ＋y ＋z ＝2.故A ，D 正确；B ，C错误． 答案：AD2．已知等比数列{a n }满足a 4＋a 6a 1＋a 3＝18，a 5＝4，记等比数列{a n }的前n 项积为T n ，则当T n取最大值时，n ＝( ) A ．4或5 B ．5或6 C ．6或7D ．7或8答案：C3．已知正项等比数列{a n }满足a 2·a 27·a 2 020＝16，则a 1·a 2·…·a 1 017＝( ) A ．41 017 B ．21 017 C ．41 018 D ．21 018答案：B4．(多选题)已知数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，a 1＝1，b 1＝2，a 2＋b 2＝7，a 3＋b 3＝13.记c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，数列{c n }的前n 项和为S n ，则( ) A ．a n ＝2n －1 B ．b n ＝2nC ．S 9＝1 409D ．S 2n ＝2n 2－n ＋43(4n－1)解析：设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q (q ≠0)，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＋2q ＝7，1＋2d ＋2q 2＝13，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，故a n ＝2n －1，b n ＝2n ，故A ，B 正确；则c 2n －1＝a 2n －1＝4n －3，c 2n ＝b 2n ＝4n ，所以数列{c n }的前2n 项和S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝n 1＋4n －32＋41－4n 1－4＝2n 2－n ＋43(4n －1)，S 9＝S 8＋a 9＝385，故C 错误，D 正确． 答案：ABD5．已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a m ＋na m＝a n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案：2n ＋1－26．(2021·黄冈模拟)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1a 6＝2a 3，a 4与2a 6的等差中项为32，则S 5＝________.答案：317．(2021·山东德州模拟)给出以下三个条件：①数列{a n }是首项为2，满足S n ＋1＝4S n ＋2的数列；②数列{a n }是首项为2，满足3S n ＝22n ＋1＋λ(λ∈R )的数列； ③数列{a n }是首项为2，满足3S n ＝a n ＋1－2的数列．请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n 与S n 满足________，记数列b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，c n ＝n 2＋nb n b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 解析：选条件①.由已知S n ＋1＝4S n ＋2，可得当n ≥2时，S n ＝4S n －1＋2， 两式相减，得a n ＋1＝4(S n －S n －1)＝4a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)，当n ＝1时，S 2＝4S 1＋2，即2＋a 2＝4×2＋2，解得a 2＝8，满足a 2＝4a 1， 故数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝22n －1， 所以b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2，所以c n ＝n 2＋n b n b n ＋1＝n n ＋1n 2n ＋12＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1. 故T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.选条件②.由已知3S n ＝22n ＋1＋λ，可得当n ≥2时，3S n －1＝22n －1＋λ，两式相减，得3a n ＝22n ＋1－22n －1＝3·22n －1，即a n ＝22n －1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝2满足a n ＝22n －1，故数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝22n －1. 以下同选条件①. 选条件③.由已知3S n ＝a n ＋1－2，可得当n ≥2时，3S n －1＝a n －2， 两式相减，得3a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)，当n＝1时，3a1＝a2－2，又a1＝2，所以a2＝8，满足a2＝4a1，故数列{a n}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n＝22n－1.以下同选条件①.[C组创新应用练]1．(多选题)设数列{a n}(n∈N*)是各项均为正数的等比数列，q是其公比，K n是其前n 项的积，且K5＜K6，K6＝K7＞K8，则下列选项中正确的是( )A．0＜q＜1B．a7＝1C．K9＞K5D．K6与K7均为K n的最大值解析：若K6＝K7，则a7＝K7K6＝1，故B正确；由K5＜K6可得a6＝K6K5＞1，则q＝a7a6∈(0,1)，故A正确；由数列{a n}是各项为正数的等比数列且q∈(0,1)，可得数列{a n}单调递减，则有K9＜K5，故C错误；结合K5＜K6，K6＝K7＞K8，可得D正确．答案：ABD2．(2021·湖南常德模拟)某地区发生流行性病毒感染，居住在该地区的居民必须服用一种药物预防．规定每人每天早晚八时各服一次，现知每次药量为220毫克，若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的60%.某人上午八时第一次服药，至第二天上午八时服完药时，这种药在他体内还残留( )A．220毫克B．308毫克C．123.2毫克D．343.2毫克解析：设第n次服药后，药在体内的残留量为a n毫克，则a1＝220，a2＝220＋a1×(1－60%)＝220×1.4＝308，a3＝220＋a2×(1－60%)＝343.2.答案：D3．设{a n}是各项为正数的无穷数列，A i是边长为a i，a i＋1的矩形的面积(i＝1,2，…)，则{A n}为等比数列的充要条件是( )A．{a n}是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同解析：∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，….∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n＝q ，从而{A n }为等比数列． 答案：D。
高考数学一轮复习第5章数列第3讲等比数列及其前n项和习题课件
3．[2018·江西九江一模]已知单调递增的等比数列{an}
中，a2·a6＝16，a3＋a5＝10，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝( )
A．2n－2－14 B．2n－1－12
C．2n－1
D．2n＋1－2
解析 因为 a2·a6＝16，所以 a3·a5＝16，又 a3＋a5＝10，
等比数列{an}单调递增，所以 a3＝2，a5＝8，所以公比 q＝
∴Sn＝2n＋nn－2 1·2＝n(n＋1)．故选 A.
5．[2015·全国卷Ⅱ]已知等比数列{an}满足 a1＝3，a1＋ a3＋a5＝21，则 a3＋a5＋a7＝( )
A．21 B．42 C．63 D．84
解析 设等比数列{an}的公比为 q，则 a1(1＋q2＋q4)＝ 21，又 a1＝3，所以 q4＋q2－6＝0，所以 q2＝2(q2＝－3 舍 去)，所以 a3＝6，a5＝12，a7＝24，所以 a3＋a5＋a7＝42. 故选 B.
2，a1＝12，所以 Sn＝1211－－22n＝2n－1－12.故选 B.
4．[2018·延庆模拟]等差数列{an}的公差为 2，若 a2，
a4，a8 成等比数列，则{an}的前 n 项和 Sn＝( ) A．n(n＋1) B．n(n－1)
nn＋1 C. 2
nn－1 D. 2Fra bibliotek解析 ∵a2，a4，a8 成等比数列， ∴a24＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)， 将 d＝2 代入上式，解得 a1＝2，
7．[2018·昆明模拟]设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，
若SS42＝3，则SS64＝(
)
A．2
7 B.3
3 C.10
D．1 或 2
高三一轮复习第五章 第三节等比数列及其前n项和
课时作业1．(2022·三明月考)若S n为数列{a n}的前n项和，且S n＝2a n－2，则S8等于( ) A．255 B．256C．510 D．511【解析】 当n＝1时，a1＝2a1－2，据此可得：a1＝2，当n≥2时：S n＝2a n－2，S n－1＝2a n－1－2，两式作差可得：a n＝2a n－2a n－1，则：a n＝2a n－1，据此可得数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为：S8＝2×（1－28）1－2＝29－2＝512－2＝510．故选C．【答案】 C2．等比数列{a n}中，其公比q<0，且a2＝1－a1，a4＝4－a3，则a4＋a5等于( ) A．8 B．－8C．16 D．－16【解析】 q2＝a3＋a4a1＋a2＝4，q＝－2．a4＋a5＝(a3＋a4)q＝－8．【答案】 B3．(2022·湛江二模)已知递增的等比数列{a n}中，a2＝6，a1＋1、a2＋2、a3成等差数列，则该数列的前6项和S6＝( )A．93 B．189C．18916D．378【解析】 设数列的公比为q，由题意可知：q>1，且：2(a2＋2)＝a1＋1＋a3，即：2×(6＋2)＝6q＋1＋6q，整理可得：2q2－5q＋2＝0，则q＝2，(q＝12舍去)．则：a1＝62＝3，该数列的前6项和S6＝3×（1－26）1－2＝189．故选B．【答案】 B4．(2022·贵阳一中模拟考试)已知各项均为正数的等比数列{a n}，前3项和为13，a3＝a2·a4，则a4＝( )A．13B．19C．1 D．3 【解析】 ∵a3＝a2a4，又a n＞0，∴a3＝1，S3＝a3q2＋a3q＋1＝13，又q＞0，∴q＝13，∴a4＝a3q＝13，【答案】 A5．(2022·贵州模拟)已知等比数列{a n}的前n项和为S n，若a2＝32，S3＝214，则数列{a n}的公比为( )A．2或12B．－2或－12C．－12或2 D．12或－2【解析】 设等比数列{a n}的公比为q，则a2＝a1q＝32，S3＝a1(1＋q＋q2)＝214，两式相除得（1＋q＋q2）q＝72，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝12或2．故选A．【答案】 A6．(2022·安徽淮北模拟)5个数依次组成等比数列，且公比为－2，则其中奇数项和与偶数项和的比值为( )A．－2120B．－2C．－2110D．－215【解析】 由题意可知设这5个数分别为a，－2a，4a，－8a，16a，a≠0，故奇数项和与偶数项和的比值为a＋4a＋16a－2a－8a＝－2110．【答案】 C7．(2022·大庆二模)已知各项均不为0的等差数列{a n}，满足2a3－a27＋2a11＝0，数列{b n}为等比数列，且b7＝a7，则b1·b13＝( )A．16 B．8C．4 D．2【解析】 各项均不为0的等差数列{a n}，2a3－a27＋2a11＝0∴4a7－a27＝0，∴a7＝4b1·b13＝b27＝a27＝16．故选A【答案】 A8．(2022·山西晋中一模)已知等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝16，2a2＋a3＝a4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a100等于( )A．11 000 B．5 050C．5 000 D．10 000【解析】 设等比数列{a n}的公比为q，因为等比数列{a n}的各项均为正数，所以q＞0，因为2a2＋a3＝a4，所以2a2＋a2q＝a2q2，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，因为2a1＋3a2＝16，即2a1＋3a1q＝16，解得a1＝2，所以通项公式为a n＝a1q n－1＝2×2n－1＝2n，所以log2a n＝log22n＝n，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a100＝1＋2＋3＋…＋100＝（1＋100）×1002＝5050．故选B．【答案】 B9．(多选)(2022·广东肇庆模拟)已知数列{a n}是等比数列，公比为q，前n项和为S n，下列判断错误的有( )A．{1a n}为等比数列B．{log2a n}为等差数列C．{a n＋a n＋1}为等比数列D．若S n＝3n－1＋r，则r＝－1 3【解析】 令b n＝1a n，则b n＋1b n＝a na n＋1＝1q(n∈N＋)，所以{1a n}是等比数列，选项A正确；若a n＜0，则log2a n无意义，所以选项B错误；当q ＝－1时，a n ＋a n ＋1＝0，此时{a n ＋a n ＋1}不是等比数列，所以选项C 错误；若S n ＝3n －1＋r ，则a 1＝S 1＝1＋r ，a 2＝S 2－S 1＝3＋r －(1＋r )＝2， a 3＝S 3－S 2＝9＋r －(3＋r )＝6， 由{a n }是等比数列，得a 2＝a 1a 3，即4＝6(1＋r )，解得r ＝－13，所以选项D 正确．故选BC ．【答案】 BC10．(多选)(2022·浙江镇海中学模拟)设{a n }为等比数列，设S n 和T n 分别为{a n }的前n 项和与前n 项积，则下列选项正确的是( )A ．若S 2023≥S 2 022，则{S n }不一定是递增数列B ．若T 2 024≥T 2 023，则{T n }不一定是递增数列C ．若{S n }为递增数列，则可能存在a 2 022＜a 2 021D ．若{T n }是递增数列，则a 2 022＞a 2 021一定成立【解析】 对于选项A ，当{a n }为：1，－1，1，－1，1，－1，1，－1，…，时，S 2 023＝1，S 2 022＝0，S 2 021＝1，满足S 2 023≥S 2 022，但S 2 021＞S 2 022， 所以{S n }不是递增数列，故选项A 正确；对于选项B ，当{a n }为：1，－1，1，－1，1，－1，1，－1，…，时，T 2 023＝－1，T 2 024＝1，T 2 026＝－1，满足T 2 024≥T 2 023，但{T n }不是递增数列，故选项B 正确；对于选项C ，当{a n }为：1，12，14，18，…，时，S n ＝1－12n1－12＝2(1－12n )，满足{S n }为递增数列，此时a 2 022＝122 021＜a 2 021＝122 020，故选项C 正确； 对于选项D ，当{a n }为：2，2，2，…，时， T n ＝2n ，满足{T n }是递增数列，但是a 2 022＝a 2 021＝2，故选项D 不正确． 【答案】 ABC11．(2022·北京海淀高三上期末)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ．若－S 1、S 2、a 3 成等差数列，则数列{a n }的公比为________．【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ，因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，－S 1、S 2、a 3成等差数列，所以2S 2＝－S 1＋a 3，则2(a 1＋a 2)＝－a 1＋a 3，因此3a 1＋2a 2＝a 3，所以q 2－2q －3＝0，解得q ＝3或q ＝－1． 【答案】 3或－112．(2022·新乡三模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________(n ≥2，且n ∈N )．【解析】 很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得：S 3S 6＝a 1（1－q 3）1－qa 1（1－q 6）1－q＝11＋q 3＝89，解得：q ＝12，则：a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12．【答案】 －1213．(2022·石家庄二模)已知前n 项和为S n 的等比数列{a n }中，8a 2＝a 3a 4，S 5＝a 6－4． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：14≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n <12．【解】 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，首项为a 1， 由8a 2＝a 3a 4有q 3＝a 3a 4a＝8，可得q ＝2， 又由S 5＝a 6－4，有a 1（1－25）1－2＝32a 1－4，解得a 1＝4，有a n ＝4×2n －1＝2n ＋1．故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1． (2)证明：由1an ＝(12)n ＋1，可得1a1＋1a2＋…＋1a n＝14[1－(12)n]1－12＝12－12n＋1，又n∈N*，所以12－12n＋1<12；而12－12n＋1显然随n的增大而增大，所以12－12n＋1≥14，因此14≤1a1＋1a2＋…＋1a n<12．14．(2022·威海市高三模拟)已知正项等差数列{a n}的前n项和为S n，若S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝a n3n，记数列{b n}的前n项和为T n，求T n．【解】 (1)∵S3＝12，即a1＋a2＋a3＝12，∴3a2＝12，所以a2＝4．又∵2a1，a2，a3＋1成等比数列，∴a2＝2a1·(a3＋1)，即a2＝2(a2－d)·(a2＋d＋1)，解得，d＝3或d＝－4(舍去)，∴a1＝a2－d＝1，故a n＝3n－2．(2)b n＝a n3n＝3n－23n＝(3n－2)·13n，∴T n＝1×13＋4×132＋7×133＋…＋(3n－2)×13n，①①×13得13T n＝1×132＋4×133＋7×134＋…＋(3n－5)×13n＋(3n－2)×13n＋1．②①－②得2 3 T n＝13＋3×132＋3×133＋3×134＋ (3)13n－(3n－2)×13n＋1＝13＋3×132（1－13n－1）1－13－(3n－2)×13n＋1＝56－12×13n－1－(3n－2)×13n＋1，∴T n＝54－14×13n－2－3n－22×13n＝54－6n＋54×13n．。
2022届高考数学(理)大一轮复习顶层设计教师用书：第五章 数列 第三节 等比数列 Word版含答案
第三节等比数列☆☆☆2021考纲考题考情☆☆☆考纲要求真题举例命题角度1.理解等比数列的概念；2.把握等比数列的通项公式与前n项和公式；3.了解等比数列与指数函数的关系。
2022，全国卷Ⅲ，17,12分(等比数列的证明、通项公式)2022，全国卷Ⅰ，15,5分(等比数列有关最值问题)2021，全国卷Ⅱ，4,5分(等比数列的计算)2021，全国卷Ⅱ，17,12分(等比数列的判定、基本运算与性质)主要以选择题、填空题的形式考查等比数列的基本运算与简洁性质。
解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查。
微学问小题练自|主|排|查1．等比数列的有关概念(1)定义：①文字语言：从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数。
②符号语言：a n＋1a n＝q(n∈N*，q为非零常数)。
(2)等比中项：假如a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项。
即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab。
2．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n＝a1q n－1。
(2)前n项和公式：S n＝⎩⎪⎨⎪⎧na1，q＝1，a11－q n1－q＝a1－a n q1－q，q≠1。
3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：a n＝a m·q n－m(m，n∈N*)。
(2)对任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q。
特殊地，若m＋n＝2p，则a m·a n＝a2p。
(3)若等比数列前n项和为S n，则S m，S2m－S m，S3m－S2m仍成等比数列，即(S2m－S m)2＝S m(S3m－S2m)(m∈N*，公比q≠－1)。
(4)数列{a n}是等比数列，则数列{pa n}(p≠0，p是常数)也是等比数列。
(5)在等比数列{a n}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n，a n＋k，a n＋2k，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k。
2022年高考数学(理)一轮复习文档 第五章 数列 第3讲 等比数列及其前n项和 Word版含答案
第3讲 等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (q ≠0，n ∈N *)． (2)等比中项假如a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 2＝ab ． “a ，G ，b 成等比数列”是“G 2＝ab ”的充分不必要条件． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ； (2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列；(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)．1．辨明三个易误点(1)由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q 也不能为0，但q 可为正数，也可为负数．(2)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能马上断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.(3)在运用等比数列的前n 项和公式时，必需留意对q ＝1与q ≠1分类争辩，防止因忽视q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．2．等比数列的三种判定方法 (1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (2)通项公式法：a n ＝cqn －1(c 、q 均是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(3)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．1．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝( )A ．－12B ．－2C ．2D.12D 由通项公式及已知得a 1q ＝2①，a 1q 4＝14②，由②÷①得q 3＝18，解得q ＝12.故选D.2．(2021·高考全国卷Ⅱ)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 ．21 B ．42 C ．63D ．84B 由于a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，所以3＋3q 2＋3q 4＝21. 所以1＋q 2＋q 4＝7.解得q 2＝2或q 2＝－3(舍去)． 所以a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B.3.教材习题改编 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 ．31B ．32C ．63D ．64C 由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.故选C. 4．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________． 由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16，所以a 2＝2， 所以q 2＝a 4a 2＝4，所以a 6＝a 4q 2＝32. 325．(2021·高考全国卷Ⅰ)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 ＝________．由于a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 又由于S n ＝126，所以2（1－2n）1－2＝126，所以n ＝6.6等比数列的基本运算(高频考点)等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度为中、低档题． 高考对等比数列的基本运算的考查常有以下三个命题角度： (1)求首项a 1、公比q 或项数n ； (2)求通项或特定项； (3)求前n 项和．(1)已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1等于( ) A.13 B ．－13C.19D ．－19(2)(2021·高考安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．(3)(2022·高考全国卷丙改编)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，则a n ＝________．【解析】 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 由S 3＝a 2＋10a 1，得a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1， 即a 3＝9a 1，q 2＝9， 又a 5＝a 1q 4＝9，所以a 1＝19.(2)设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S n ＝1－2n1－2＝2n－1.(3)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．由于{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.【答案】 (1)C (2)2n－1 (3)12n －1角度一 求首项a 1、公比q 或项数n1．设等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 1＝1，a 3＝4，S k ＝63，则k ＝( ) A ．4 B ．5 C ．6D ．7C 设等比数列{a n }的公比为q ，由已知a 1＝1，a 3＝4，得q 2＝a 3a 1＝4.又{a n }的各项均为正数，所以q ＝2.而S k ＝1－2k1－2＝63，所以2k－1＝63， 解得k ＝6.角度二 求通项或特定项2．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________． 由于3S 1，2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.3n －1角度三 求前n 项和3．(2022·高考全国卷乙)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，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．(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝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＝b n3，因此数列{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32－12×3n －1. 等比数列的判定与证明(2021·高考广东卷节选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．【解】 (1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1， 解得a 4＝78.(2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n＝4a n ＋1(n ≥2)．由于 4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，所以a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n 2（2a n ＋1－a n ）＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．在本例条件下，求数列{a n }的通项公式．由本例(2)知，a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝4. 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝2＋4(n －1)＝4n －2，即a n ＝(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，设b n ＝a n ＋1－2a n .(1)求证：{b n }是等比数列； (2)设c n ＝a n3n －1，求证：{c n }是等比数列． (1)a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n .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.由于S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，所以a 2＝5. 所以b 1＝a 2－2a 1＝3.所以数列{b n }是公比为2，首项为3的等比数列． (2)由(1)知b n ＝3·2n －1＝a n ＋1－2a n ，所以a n ＋12n －1－a n2n －2＝3.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －2是等差数列，公差为3，首项为2.所以a n2n －2＝2＋(n －1)×3＝3n －1.所以a n ＝(3n －1)·2n －2，所以c n ＝2n －2.所以c n ＋1c n ＝2n －12n －2＝2.所以数列{c n }为等比数列．等比数列的性质(1)(2021·湖北武汉调研)若等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＋2a 2＝3，a 23＝4a 2a 6，则a 4＝( ) A.38 B.245C.316D.916(2)已知各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为其前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝( ) A ．150 B ．－200 C ．150或－200D ．400或－50【解析】 (1)由题意，得a 23＝4a 2a 6＝4a 24，所以a 3＝2a 4. 所以q ＝12，又a 1＋2a 2＝a 1＋2a 1q ＝3，所以a 1＝32，a 4＝a 1q 3＝316.(2)依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30；又S 20＞0，因此，S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 40＝70＋80＝150.【答案】 (1)C (2)A等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类：(1)通项公式的变形；(2)等比中项的变形；(3)前n 项和公式的变形．依据题目条件，认真分析，发觉具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．1．(2021·昆明三中、玉溪一中统考)已知等比数列{a n }中，a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( )A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n C 依题意，a n ＝2n －1，1a n a n ＋1＝12n －1·2n ＝122n －1＝12×14n －1， 所以T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，故选C. 2．(2021·长春调研)在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________． 设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q3n －3＝324，因此q3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14.14——分类争辩思想在求数列前n 项和中的应用(2021·常州模拟)假如有穷数列a 1，a 2，a 3，…，a m (m 为正整数)满足条件a 1＝a m ，a 2＝a m －1，…，a m ＝a 1，即a i ＝a m －i ＋1(i ＝1，2，…，m )，我们称其为“对称数列”．例如，数列1，2，3，4，3，2，1与数列a ，b ，c ，c ，b ，a 都是“对称数列”．(1)设{b n }是8项的“对称数列”，其中b 1，b 2，b 3，b 4是等差数列，且b 1＝1，b 5＝13.依次写出{b n }的每一项；(2)设{c n }是2m ＋1项的“对称数列”，其中c m ＋1，c m ＋2，…，c 2m ＋1是首项为a ，公比为q 的等比数列，求{c n }的各项和S n .【解】 (1)设数列b 1，b 2，b 3，b 4的公差为d ，b 4＝b 1＋3d ＝1＋3d . 又由于b 4＝b 5＝13，解得d ＝4，所以数列{b n }为1，5，9，13，13，9，5，1.(2)S n ＝c 1＋c 2＋…＋c 2m ＋1＝2(c m ＋1＋c m ＋2＋…＋c 2m ＋1)－c m ＋1＝2a (1＋q ＋q 2＋…＋q m)－a ＝2a ·1－qm ＋11－q－a (q ≠1)．而当q ＝1时，S n ＝(2m ＋1)a .所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧（2m ＋1）a ，q ＝1，2a ·1－qm ＋11－q －a ，q ≠1. (1)本题是新定义型数列问题，在求等比数列{c n }的前n 项和时利用了分类争辩思想．(2)分类争辩思想在数列中应用较多，常见的分类争辩有： ①已知S n 与a n 的关系，要分n ＝1，n ≥2两种状况； ②项数的奇、偶数争辩；③等比数列的单调性的推断与a 1，q 的取值的争辩．在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .(1)由题意知(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)， 解得a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ·(n ＋1)． 由于b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)， 可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.1．(2021·太原一模)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4 C. 2D ．2 2B 在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q2＝a 4a 2＝14， 所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.2．(2021·宜春中学与新余一中联考)等比数列{a n }中，a 3＝9，前3项和为S 3＝3⎠⎛03x 2d x ，则公比q 的值是( )A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或－12C 由于⎠⎛03x 2d x ＝13x 3⎪⎪⎪⎪3＝9，所以S 3＝3×9＝27，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝9S 3＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝27，解得q ＝1或q ＝－12. 3．(2021·安徽安庆二模)数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R ，且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值等于( )A ．1B ．－1 C.12D ．2D 由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.4．(2021·海口市调研测试)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 2－8a 5＝0，则S 8S 4的值为( ) A.12 B.1716 C ．2D ．17B 设{a n }的公比为q ，依题意得a 5a 2＝18＝q 3，因此q ＝12.留意到a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝q 4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，即有S 8－S 4＝q 4S 4，因此S 8＝(q 4＋1)S 4，S 8S 4＝q 4＋1＝1716，选B.5．(2021·莱芜模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，若数列{c n }满足c n＝ban ，则c 2 017＝( )A ．92 016B ．272 016C ．92 017D ．272 017D 由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列， 所以a n ＝3n ，b n ＝3n. 又c n ＝ban ＝33n， 所以c 2 017＝33×2 017＝272 017.6．(2021·广州市五校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )A ．29B ．210C ．211D ．212C 由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，所以a 21＝2b 1b 2b 3…b 20，又{b n }为等比数列，所以a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211.7．由正数组成的等比数列{a n }满足a 3a 8＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝________． log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10 ＝log 2(a 1a 10)·(a 2a 9)·…·(a 5a 6) ＝log 2(a 3a 8)5＝log 2225＝25. 258．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________． 设数列{a n }的公比为q ，由a 25＝a 10，得(a 1q 4)2＝a 1·q 9，即a 1＝q .又由2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝12舍去，所以a n ＝a 1·q n －1＝2n.2n9．已知等比数列{a n }的首项为1，项数是偶数，全部的奇数项之和为85，全部的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为________．由题意得a 1＋a 3＋…＝85，a 2＋a 4＋…＝170， 所以数列{a n }的公比q ＝2，由数列{a n }的前n 项和公式S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，得85＋170＝1－2n1－2，解得n ＝8.810．(2022·高考浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．由于⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4a 2＝2a 1＋1，解得a 1＝1.由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，得S n ＋1＝3S n ＋1，所以S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，所以{S n ＋12}是以32为首项，3为公比的等比数列，所以S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n－12，所以S 5＝121.1 12111．已知等差数列{a n }满足a 2＝2，a 5＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)各项均为正数的等比数列{b n }中，b 1＝1，b 2＋b 3＝a 4，求{b n }的前n 项和T n . (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋4d ＝8，所以a 1＝0，d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －2.(2)设等比数列{b n }的公比为q ，则由已知得q ＋q 2＝a 4. 由于a 4＝6，所以q ＝2或q ＝－3. 由于等比数列{b n }的各项均为正数， 所以q ＝2.所以{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n－1.12．(2022·高考全国卷丙)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.(1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠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a 1≠0，λ≠0且λ≠1得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. (2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.13．(2021·福建模拟)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a 2a 4＝a 3，则使得T n ＞1的n 的最小值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7C 由于{a n }是各项均为正数的等比数列且a 2a 4＝a 3，所以a 23＝a 3，所以a 3＝1.又由于q ＞1，所以a 1＜a 2＜1，a n ＞1(n ＞3)，所以T n ＞T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1＜1，T 2＝a 1·a 2＜1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2＜1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1＜1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6＞1，故n 的最小值为6，故选C.14．(2021·北京海淀区高三检测)已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a n ＋ma m＝a n ，则a 3＝______________________________；{a n }的前n 项和S n ＝________．由于a n ＋ma m＝a n ， 所以a n ＋m ＝a n ·a m ，所以a 3＝a 1＋2＝a 1·a 2＝a 1·a 1·a 1＝23＝8； 令m ＝1，则有a n ＋1＝a n ·a 1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为a 1＝2，公比q ＝2的等比数列， 所以S n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2.8 2n ＋1－215．(2021·云南省第一次统一检测)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 2＋a 3＝26，S 6＝728. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：S 2n ＋1－S n S n ＋2＝4×3n.(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由728≠2×26得，S 6≠2S 3，所以q ≠1.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q＝26S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝728，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2q ＝3 .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －1.(2)证明：由(1)可得S n ＝2×（1－3n）1－3＝3n－1.所以S n ＋1＝3n ＋1－1，S n ＋2＝3n ＋2－1.所以S 2n ＋1－S n S n ＋2＝4×3n.16．(2021·南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，在a n 与a n ＋1之间插入3n 个数，使这3n ＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(1)由于a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列， 所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5， 即2a 6－3a 5＋a 4＝0， 所以2q 2－3q ＋1＝0， 由于q ≠1， 所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ， T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.。
2022届高考数学一轮复习名师首选练习题第5章第3节《等比数列及其前n项和》
第五章 第三节 等比数列及其前n 项和一、选择题1．如果等比数列{a n }中，a 3·a 4·a 5·a 6·a 7＝42，那么a 5＝( )A ．2B. 22．设数列{a n }，{b n }分别为等差数列与等比数列，且a 1＝b 1＝4，a 4＝b 4＝1，那么以下结论正确的选项是( )A ．a 2＞b 2B ．a 3＜b 3C ．a 5＞b 5D ．a 6＞b 6 3．设a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，其公比为2，那么2a 1＋a 22a 3＋a 4的值为( ) A.14B.12C.18 D ．14．等比数列{a n }中，a n ＞0，a 10a 11＝e ，那么ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20的值为( )A ．12B ．10C ．8D ．e5．假设等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝16n ，那么公比为( )A ．2B ．4C ．8D ．166．a 1，a 2，a 3，a 4是各项不为零的等差数列且公差d ≠0，假设将此数列删去某一项得到的数列(按原来的顺序)是等比数列，那么a 1d 的值为( )A ．－4或1B ．1C ．4D ．4或－1二、填空题7．{a n }是递增等比数列，a 2＝2，a 4－a 3＝4，那么此数列的公比q ＝________.8．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，那么数列{a n }的通项公式为________．9．设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)，假设数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，那么6q ＝________.三、解答题10．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ·a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，求a n 和S n ·11．等比数列{a n }中，a 1＝13，公比q ＝13.(1)S n 为{a n }的前n 项和，证明：S n ＝1－a n 2； (2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{b n }的通项公式．12．两个等比数列{a n }，{b n }，满足a 1＝a (a >0)， b 1－a 1＝1，b 2－a 2＝2，b 3－a 3＝3.(1)假设a ＝1，求数列{a n }的通项公式；(2)假设数列{a n }唯一，求a 的值．详解答案一、选择题1．解析：依题意得a 55＝252，a 5＝ 2.答案：B2．解析：设等差数列的公差为d ，等比数列公比为q ，由a 1＝b 1＝4，a 4＝b 4＝1，得d ＝－1，q ＝322，于是a 2＝3＞b 2＝232. 答案：A3．解析：由题意得a 2＝2a 1，a 3＝4a 1，a 4＝8a 1. ∴2a 1＋a 22a 3＋a 4＝2a 1＋2a 18a 1＋8a 1＝14. 答案：A4．解析：l n a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)…(a 10a 11)]＝lne 10＝10. 答案：B5．解析：由a n a n ＋1＝16n ，得a n ＋1·a n ＋2＝16n ＋1，两式相除得，a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝16n ＋116n ＝16，∴q 2＝16. ∵a n a n ＋1＝16n ，可知公比为正数，∴q ＝4.答案：B6．解析：假设删去a 1或a 4，知数列既为等差也为等比时，公差d ＝0，由条件知不成立．假设删去a 2，那么(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，假设删去a 3，那么(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，解得a 1d＝－4或1. 答案：D二、填空题7．解析：由题意得2q 2－2q ＝4，解得q ＝2或q ＝－1.又{a n }单调递增，得q ＞1，∴q ＝2.答案：28．解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －1，n ＝12n －1，n ≥2. 答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －1，n ＝12n －1，n ≥29．解析：∵b n ＝a n ＋1，∴a n ＝b n －1， 而{b n }有连续四项在集合{－53，－23，19,37,82}中， ∴{a n }有连续四项在集合{－54，－24，18,36,81}中． ∵{a n }是公比为q 的等比数列，|q |＞1， ∴{a n }中的连续四项为－24，36，－54，81.∵q ＝－3624＝－32，∴6q ＝－9. 答案：－9三、解答题 10．解：设{a n }的公比为q ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＝6，6a 1＋a 1q 2＝30.解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝3，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，q ＝3.当a 1＝3，q ＝2时，a n ＝3×2n －1，S n ＝3×(2n －1)； 11．解：(1)证明：因为a n ＝13×(13)n －1＝13n ， S n ＝131－13n 1－13＝1－13n 2， 所以S n ＝1－a n 2. (2)因为b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n n ＋12.所以{b n }的通项公式为b n ＝－n n ＋12.12．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，那么b 1＝1＋a ＝2，b 2＝2＋aq ＝2＋q ，b 3＝3＋aq2＝3＋q 2，由b 1，b 2，b 3成等比数列得(2＋q )2＝2(3＋q 2)． 即q 2－4q ＋2＝0，解得q 1＝2＋2，q 2＝2－ 2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(2＋2)n －1或(2)设数列{a n }的公比为q ，那么由(2＋aq )2＝(1＋a )(3＋aq 2)，得aq 2－4aq ＋3a －1＝0(*)，由数列{a n }唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得 a ＝13.。
届高考数学一轮复习第章数列第讲等比数列及其前n项和作业试题含解析新人教版
第五章数列第三讲等比数列及其前n项和练好题﹒考点自测1.[北京高考,5分]设{a n}是公比为q的等比数列,那么“q>1〞是“{a n}为递增数列〞的(A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.[2022全国卷Ⅲ,5分]各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,那么a3=(A.16B.8C.4D.23.[易错题]记等比数列{a n}的前n项和为S n,假设a1=2,S3=6,那么S4= (A.10或8B.-10C.-10或8D.-10或-84.[2022全国卷Ⅱ,5分]数列{a n}中,a1=2,a m+n=a m a n.假设a k+1+a k+2+…+a k+10=215-25,那么k= (A.2B.3C.4D.55. [2022全国卷Ⅰ,5分]设{a n}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,那么a6+a7+a8= (A.12B.24C.30D.326.[2022全国卷Ⅱ,5分]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,那么塔的顶层共有灯(A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏7.[多项选择题]以下结论中,错误的为(A.满足a n+1=qa n(n∈N*,q为常数)的数列{a n}为等比数列B.a,b,c三个数成等比数列的必要条件是b2=acC.如果数列{a n}为等比数列,b n=a2n-1+a2n,那么数列{b n}也是等比数列D.如果数列{a n}为等比数列,那么数列{ln a n}是等差数列8.[2022全国卷Ⅰ,5分]设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,那么a1a2…a n的最大值为.拓展变式1.[2022全国卷Ⅲ,12分]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)假设S5=,求λ.2.(1)[2022全国卷Ⅱ,5分]记S n为等比数列{a n}的前n项和.假设a5-a3=12,a6-a4=24,那么= (A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1(2)数列{a n}是等差数列,假设a2,a4+3,a6+6构成公比为q的等比数列,那么q= (A.1B.2C.3D.43.(1)[2021大同市调研测试]各项均为正数的等比数列{a n}中,a1a2a3=5,a4a5a6=5,那么a7a8a9=(A.25B.20C.10D.10(2)正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且S8-2S4=5,那么a9+a10+a11+a12的最小值为(A.25B.20C.15D.10(3)记等比数列{a n}的前n项积为T n(n∈N*),a m-1a m+1-2a m=0,且T2m-1=128,那么m的值为(A.4B.7C.10D.124.数列{a n},{b n}满足a1=-1,b1=2,且(n∈N*),那么b2 015+b2 016= .答案第三讲等比数列及其前n项和1.D等比数列-1,-2,-4,…,满足公比q=2>1,但{a n}不是递增数列,即充分性不成立.a n=-1×()n-1为递增数列,但q=<1,即必要性不成立.故“q>1〞是“{a n}为递增数列〞的既不充分也不必要条件,应选D.2.C 设等比数列{a n}的公比为q,由a5=3a3+4a1得q4=3q2+4,得q2=4,因为数列{a n}的各项均为正数,所以q=2.又a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+2+4+8)=15,所以a1=1,所以a3=a1q2=4,应选C.3.C 设等比数列的公比为q,因为a1=2,S3=6,所以S3=2+2q+2q2=6,那么q2+q-2=0,所以q=1或q=-2.当q=1时,S4=S3+2=8;当q=-2时,S4=S3+a1q3=6+2×(-2)3=-10.应选C.4.C 令m=1,那么由a m+n=a m a n,得a n+1=a1a n,即=a1=2,所以数列{a n}是首项为2、公比为2的等比数列,所以a n=2n,所以a k+1+a k+2+…+a k+10=a k(a1+a2+…+a10)=2k×=2k+1×(210-1)=215-25=25×(210-1),解得k=4,应选C.5.D解法一设等比数列{a n}的公比为q,所以==q=2,由a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=a1(1+2+22)=1,解得a1=,所以a6+a7+a8=a1(q5+q6+q7)=×(25+26+27)=×25×(1+2+22)=32,应选D.解法二令b n=a n+a n+1+a n+2(n∈N*),那么b n+1=a n+1+a n+2+a n+3.设数列{a n}的公比为q,那么===q,所以数列{b n}为等比数列,由题意知b1=1,b2=2,所以等比数列{b n}的公比q=2,所以b n=2n-1,所以b6=a6+a7+a8=25=32,应选D.6.B 由题意知,每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为{a n},那么前7项的和S7=381,公比q=2,依题意,得=381,解得a1=3,应选B.7.ACD 对于A,当n属于正整数,q为常数且不等于0时,数列{a n}为等比数列,故A错误;对于B,由等比中项的概念可知,a,b,c三个数成等比数列的必要条件是b2=ac,故B正确;对于C,当等比数列{a n}的公比q=-1时,b n=0,此时{b n}不是等比数列,故C错误;对于D,当a n为正数时,数列{ln a n}是等差数列,故D错误.8.64 解法一设等比数列{a n}的公比为q,由得,解得所以a1a2…a n=q1+2+…+(n-1)=8n×(=.记t=-+(n∈N*),那么t=-(n2-7n)=-(n-)2+,易知。
2022届高考数学一轮复习第五章数列第三节等比数列及其前n项和课时规范练理含解析新人教版202106
第五章 数列 第三节 等比数列与其前n 项和[A 组 根底对点练]1．(2021·某某某某模拟)在等比数列{a n }中，a 1a 3＝a 4＝4，如此a 6的所有可能值构成的集合是( )A ．{6}B ．{－8，8}C ．{－8}D ．{8}解析：∵a 1·a 3＝a 22＝4，∴a 2＝±2.当a 2＝－2时，a 23＝a 2·a 4＜0无意义，∴a 2＝2，∴q 2＝a 4a 2＝2，∴a 6＝a 4·q 2＝4×2＝8. 答案：D2．(2020·某某荆州联考)数列{a n }为等差数列，且2a 1，2，2a 6成等比数列，如此{a n }前6项的和为( )A ．15B ．212C ．6D ．3解析：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.答案：C3．(2020·某某某某模拟)各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 5＝16，a 2＝2，如此公比q ＝( )A ．4B ．52C ．2D ．12解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 1q 4＝16，a 1q ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，q ＝－2(舍去).答案：C4．(2021·某某模拟)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝14，a 3＝8，如此a 6＝( )A ．16B ．32C ．64D ．128解析：由题意，设等比数列的公比为q (q >0)，由S 3＝14，a 3＝8，如此⎩⎪⎨⎪⎧a 1〔1＋q ＋q 2〕＝14，a 3＝a 1q 2＝8，解得a 1＝2，q ＝2，所以a 6＝a 1q 5＝2×25＝64.答案：C5．等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，如此a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84解析：设数列{a n }的公比为q ，如此a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，又a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)，所以a 3＝6，a 5＝12，a 7＝24，所以a 3＋a 5＋a 7＝42.答案：B6．在等比数列{a n }中，a 2a 3a 4＝8，a 7＝8，如此a 1＝( ) A ．1 B ．±1C ．2D ．±2解析：因为数列{a n }是等比数列，所以a 2a 3a 4＝a 33＝8，所以a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2q4＝8，所以q 2＝2，如此a 1＝a 3q2＝1.答案：A7．(2020·某某某某模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，如此a 的值为( ) A ．－13B ．13C ．－12D ．12解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，又因为{a n }是等比数列，所以a ＋16＝a 2，所以a ＝－13.答案：A8．(2021·某某适应性考试)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，如此S 2 019＝( )A ．22 018－12B ．1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122 018C ．22 019－12D ．1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122 019解析：由等比数列的性质与a 2a 6＝8(a 4－2)，得a 24＝8a 4－16，解得a 4a 4＝12q 3，故q ＝2，所以S 2 019＝12〔1－22 019〕1－2＝22 018－12.答案：A9．假如等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，如此a2b2＝________．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.由题意得－1＋3d＝－q3＝8⇒d＝3，q＝－2⇒a2b2＝－1＋3－1×〔－2〕＝1.答案：110．(2019·高考全国卷Ⅱ){a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解析：(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.解得q＝－2(舍去)或q＝4，因此{a n}的通项公式为a n＝2·4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.11．数列{a n}满足a1＝0，且a n＋1－1＝2a n(n∈N*).(1)求证：数列{a n＋1}为等比数列；(2)求数列{a n}的前n项和S n.解析：(1)证明：∵a n＋1－1＝2a n，∴a n＋1＋1＝2(a n＋1)，又a1＋1＝1，∴数列{a n＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1＝2n －1， ∴a n ＝2n －1－1，∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(20－1)＋(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1－1) ＝(20＋21＋22＋…＋2n －1)－n ＝2n －n －1.[B 组 素养提升练]1．(2020·某某五校协作体联考)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，如此log 2a 7＋log 2a 11的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：由题意得a 4a 14＝(22)2＝8，由等比数列的性质，得a 4a 14＝a 7a 11＝8，∴log 2a 7＋log 2a 11＝log 2(a 7a 11)＝log 28＝3.答案：C2．数列{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，如此a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，如此q 3＝a 5a 2＝18，解得q ＝12，a 1＝a 2q＝4，a 3＝a 2q ＝1.易知数列{a n a n ＋1a n ＋2}是首项为a 1a 2a 3＝4×2×1＝8，公比为q 3＝18的等比数列，所以a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18n 1－18＝647(1－2－3n ).答案：647(1－2－3n )3．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.证明：(1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2·3n －1， 所以13n －1≤12·3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－13n ＜32，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.4．数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝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．解析：(1)证明：因为a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)， 所以a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2). 因为a 1＝5，a 2＝5，所以a 2＋2a 1＝15， 所以a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)， 所以a n ＋1＋2a n a n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，所以数列{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 ， 如此a n ＋1＝－2a n ＋5·3n ， 所以a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n ). 又因为a 1－3＝2，所以a n －3n ≠0，所以{a n －3n }是以2为首项，－2为公比的等比数列， 所以a n －3n ＝2·(－2)n －1， 即a n ＝2·(－2)n －1＋3n .。
2022届高考数学一轮复习第5章数列第3讲等比数列及其前n项和课件新人教版
第三讲 等比数列及其前n项和
考点帮·必备知识通关
考点1 等比数列 考点2 等比数列的前n项和 考点3 等比数列的性质
考法帮·解题能力提升
考法1 等比数列的判定与证明 考法2 等比数列的基本运算 考法3 等比数列的性质的应用
高分帮 ·“双一流”名校冲刺 提能力· 数学探索
数学探索 互嵌式数列组问题的解题策略
分类讨 论思想
考法2 等比数列的基本运算
考法3 等比数列的性质的应用
考法3 等比数列的性质的应用
考法3 等比数列的性质的应用
高分帮·“双一流”名校冲刺
提能力 · 数学探索 数学探索 互嵌式数列组问题的解题策略
数学探索 互嵌式数列组问题的解题策略
数列是高考与竞赛命题的热点,而互嵌式数列组的问题在竞赛中已屡见不鲜, 在解决该类型的问题时,要注意到两个数列之间的相互渗透和相互影响,既要 能眼观全局从整体入手,又要能抽丝剥茧进行单独分析,并充分根据具体问题 的结构特点有针对性地进行解决. 示例4 [2021成都市摸底测试]已知数列{an}和{bn}的前n项和分别为 Sn,Tn,a1=2,b1=1,且an+1=a1+2Tn. (1)若数列{an}为等差数列,求Sn. (2)若bn+1=b1+2Sn,证明:数列{an+bn}和{an-bn}均为等比数列.
考法1 等比数列的判定与证明
考法1 等比数列的判定与证明
方法技巧
等比数列的判定与证明常用的方法
定义法
中项公式法 通项公式法 若数列{an}的通项公式可写成an=c·qn-1(c,q均为非零常数,n∈N*),
则{an}是等比数列 前n项和公 若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为非零常数,q≠0,1),则{an}是等
2022届高考数学一轮复习 第五章 第三节 等比数列及其前n项和课时作业 理(含解析)北师大版
第三节 等比数列及其前n 项和授课提示：对应学生用书第327页[A 组 基础保分练]1．（2021·石家庄高三二检）在等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝16，则a 6＝（ ） A ．14 B ．28 C ．32 D ．64解析：∵a 2＝2，a 5＝16，∴q 3＝a 5a 2＝8，∴q ＝2，a 6＝a 5×q ＝32．答案：C 2．（2021·兰州市高三实战考试）等比数列{a n }的各项均为正数，S n 是其前n 项和，满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝（ ） A ．9 B ．15 C ．18 D ．30解析：设数列{a n }的公比为q ，由2S 3＝8a 1＋3a 2可得2（a 1＋a 2＋a 3）＝8a 1＋3a 2，得2a 3＝6a 1＋a 2，即2q 2－q －6＝0，所以q ＝2，因为a 4＝16，所以a 1×23＝16，解得a 1＝2，所以S 4＝2×（1－24）1－2＝30．答案：D3．（2021·淄博模拟）已知{a n }是等比数列，若a 1＝1，a 6＝8a 3，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，则T 5＝（ ）A ．3116 B ．31C ．158D ．7解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 1＝1，a 6＝8a 3，所以q 3＝8，解得q ＝2．所以a n ＝2n －1．所以1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列．则T 5＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116． 答案：A4．（2021·济南模拟）已知正项等比数列{a n }满足a 3＝1，a 5与32a 4的等差中项为12，则a 1的值为（ ） A ．4 B ．2C ．12D ．14解析：由题意知，2×12＝a 5＋32a 4，即3a 4＋2a 5＝2．设数列{a n }的公比为q （q ＞0），则由a 3＝1，得3q ＋2q 2＝2，解得q ＝12或q ＝－2（舍去），所以a 1＝a 3q2＝4．答案：A 5．（2021·南宁统一考试）设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q ＞1”是“{a n }为递增数列”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：等比数列{a n }为递增数列的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＜0，0＜q ＜1.故“q ＞1”是“{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件． 答案：D 6．（2021·泰安模拟）在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 6＝3，则a 4＋a 8有（ ） A ．最小值6 B ．最大值6 C ．最大值9 D ．最小值3解析：设等比数列{a n }的公比为q （q ＞0）．∵a 6＝3，∴a 4＝a 6q 2＝3q 2，a 8＝a 6q 2＝3q 2，∴a 4＋a 8＝3q 2＋3q 2≥23q2·3q 2＝6．当且仅当q ＝1时上式等号成立． 答案：A7．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 8＋a 9＋a 10＝________． 解析：由等比数列的性质，根据a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝（a 1＋a 2＋a 3）q ＝2，解得q ＝2，a 8＋a 9＋a 10＝（a 1＋a 2＋a 3）q 7＝27＝128． 答案：128 8．（2021·安庆模拟）数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1（n ∈N ＋，λ∈R 且λ≠0），若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值为________．解析：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝⎛⎭⎪⎫a n －2λ．由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2．答案：29．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b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0， 解得q ＝－5或q ＝4．当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21． 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6． 10．（2021·武汉毕业班调研）已知正项等比数列{a n }的前n 项和S n 满足S 2＋4S 4＝S 6，a 1＝1．（1）求数列{a n }的公比q ；（2）令b n ＝a n －15，求T ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b 10|的值． 解析：（1）由题意可得q ≠1， 由S 2＋4S 4＝S 6，可知a 1（1－q 2）1－q ＋4·a 1（1－q 4）1－q ＝a 1（1－q 6）1－q，所以（1－q 2）＋4（1－q 4）＝1－q 6，而q ≠1，q ＞0， 所以1＋4（1＋q 2）＝1＋q 2＋q 4，即q 4－3q 2－4＝0， 所以（q 2－4）（q 2＋1）＝0，所以q ＝2．（2）由（1）知a n ＝2n －1，则{a n }的前n 项和S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，当n ≥5时，b n ＝2n －1－15＞0，n ≤4时，b n ＝2n －1－15＜0，所以T ＝－（b 1＋b 2＋b 3＋b 4）＋（b 5＋b 6＋…＋b 10）＝－（a 1＋a 2＋a 3＋a 4－15×4）＋（a 5＋a 6＋…＋a 10－15×6） ＝－S 4＋S 10－S 4＋60－90＝S 10－2S 4－30＝（210－1）－2（24－1）－30 ＝210－25－29＝1 024－32－29＝963．[B 组 能力提升练]1．在等比数列{a n }中，a 4，a 6是方程x 2＋5x ＋1＝0的两根，则a 5＝（ ） A ．1 B ．±1C ．52D ．±52解析：在等比数列{a n }中，由题意知a 4＋a 6＝－5，a 4·a 6＝1，所以a 4＜0，a 6＜0，a 25＝a 4·a 6＝1，即a 5＝±1． 答案：B2．（2021·枣庄模拟）若{a n }是首项为1的等比数列，则“a 8a 6＞9”是“a 2＞3”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 8a 6＞9，则q 2＞9，又a 1＝1，则a 2＜－3或a 2＞3；若a 2＝q ＞3，则a 8a 6＝q 2＞9．答案：B3．已知正项等比数列{a n }满足a 2·a 27·a 2 020＝16，则a 1·a 2·…·a 1 017＝（ ） A ．41 017 B ．21 017 C ．41 018 D ．21 018解析：由a 2·a 27·a 2 020＝16， 可得（a 7a 1 011）2＝16， 所以a 7a 1 011＝4，a 509＝2，所以a 1·a 2·…·a 1 017＝（a 7a 1 011）508·a 509＝21 017． 答案：B4．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若数列{S n －2a 1}也为等比数列，则a 4a 3＝（ ）A ．12B ．1C ．32D ．2解析：设等比数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，S n －2a 1＝na 1－2a 1＝（n －2）a 1，显然{S n －2a 1}不为等比数列．当q ≠1时，S n －2a 1＝a 1（1－q n ）1－q －2a 1＝－a 11－q q n ＋a 11－q－2a 1，欲符合题意，需a 11－q －2a 1＝0，得q ＝12，故a 4a 3＝q ＝12．答案：A5．已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N ＋，都有a m ＋na m＝a n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a n ＋ma m ＝a n ，令m ＝1，则a n ＋1a 1＝a n ，即a n ＋1a n＝a 1＝2，所以{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2．答案：2n ＋1－2 6．（2021·黄冈模拟）已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1a 6＝2a 3，a 4与2a 6的等差中项为32，则S 5＝________．解析：设{a n }的公比为q （q ＞0），因为a 1a 6＝2a 3，而a 1a 6＝a 3a 4，所以a 3a 4＝2a 3，所以a 4＝2．又a 4＋2a 6＝3，所以a 6＝12，所以q ＝12，a 1＝16，所以S 5＝16⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝31．答案：317．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N ＋．（1）判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； （2）求T 2n ．解析：（1）因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n ．因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，所以b 1＝a 1＋a 2＝32．所以{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n ．（2）由（1）可知，a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列， 所以T 2n ＝（a 1＋a 3＋…＋a 2n －1）＋（a 2＋a 4＋…＋a 2n ）＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n ．[C 组 创新应用练]1．在一个有穷数列每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作叫做该数列的一次“H 扩展”．已知数列{1，2}．第一次“H 扩展”后得到{1，3，2}；第二次“H 扩展”后得到{1，4，3，5，2}．那么第10次“H 扩展”后得到的数列的项数为（ ） A ．1 023 B ．1 025 C ．513 D ．511解析：设第n 次“H 扩展”后得到的数列的项数为a n ，则n ＋1次“H 扩展”后得到的数列的项数为a n ＋1＝2a n －1，∴a n ＋1－1＝2（a n －1），∴a n ＋1－1a n －1＝2．又a 1－1＝3－1＝2，∴{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n －1＝2·2n －1，∴a n ＝2n ＋1，∴a 10＝210＋1＝1 025． 答案：B2．中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“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．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起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，请问最后一天走了（ ） A ．6里 B ．12里 C ．24里 D ．96里解析：由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{a n }，设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则q ＝12，依题意有a 1（1－q 6）1－q ＝378，解得a 1＝192，则a 6＝192×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝6，最后一天走了6里． 答案：A 3．（2021·北京市石景山区模拟）九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用a n 表示解下n （n ≤9，n ∈N ＋）个圆环所需的最少移动次数，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，则解下4个环所需的最少移动次数a 4为（ ） A ．7 B ．10 C ．12 D ．22解析：因为数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，所以a 2＝2a 1－1＝2－1＝1，所以a 3＝2a 2＋2＝2×1＋2＝4，所以a 4＝2a 3－1＝2×4－1＝7．答案：A。
2022届高考数学一轮复习第5章数列第3讲等比数列及其前n项和作业试题2含解析新人教版2021063
第三讲等比数列及其前n项和1.[2021某某省四校联考]已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,若a4=,S3-a1=,则S4= (A. B. C. D.2.[2020某某三检][数学文化题]公元前1650年左右的埃及《莱因德纸草书》上载有如下问题:“十人分十斗玉米,从第二人开始,各人所得依次比前人少八分之一,问每人各得玉米多少斗?”在上述问题中,第一人分得玉米(A.斗B.斗C.斗D.斗3.[2020某某市测试]公比不为1的等比数列{a n}中,若a1a5=a m a n,则mn不可能为(4.[2020某某市高三摸底测试]已知等比数列{a n}的各项均为正数,若log3a1+log3a2+…+log3a12=12,则a6a7= (5.[2021四省八校联考]已知等比数列{a n}的公比为q,前n项和为S n=m-q n,若a5=-8a2,则S5=.6.[2020某某市高三调研]已知各项均为正数的等比数列{a n}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=.7.[2020全国卷Ⅲ,12分]设等比数列{a n}满足a1+a2=4,a3-a1=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{log3a nm+S m+1=S m+3,求m.8.[条件创新]已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且=S n,a3=12,则实数λ的值为(C.9.[设问创新]已知等比数列{a n}的前5项积为32,1<a1<2,则a1++的取值X围为(A.[3,)B.(3,+∞)C.(3,)D.[3,+∞)10.[2020某某市三诊]在等比数列{a n}中,已知a n a n+1=9n,则该数列的公比是( n为等比数列{a n}的前n项之积,且a1=-6,a4=-,则当T n最大时,n的值为( 12.[多选题]已知等比数列{a n}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,记{a n}的前n项积为T n,则下列选项中正确的是(61213>113.[2021某某名校联考][多选题]已知数列{a n}为等比数列,则(A.{a n+a n+1}为等比数列B.{a n a n+1}为等比数列C.{+}为等比数列D.{S n}不为等比数列(S n为数列{a n}的前n项和)14.[2020某某省示X高中名校联考]设S n是各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和,a1=3,若-a4,a3,a5成等差数列,则S n与a n的关系式为.15.已知公比q>1的等比数列{a n}满足=a10,2(a n+a n+2)=5a n+1.若b n=(n-λ)a n(n∈N*),且数列{b n}是递增数列,则实数λ的取值X围是.16.[2020某某,12分]已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)求a1a2-a2a3+…+(-1)n-1a n a n+1.答案第三讲等比数列及其前n项和1.D 解法一设等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1),∵a4=,S3-a1=,∴得a1=1,q=,∴S4==.解法二设等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1),∵S3-a1=a2+a3=+=,a4=,∴q=,∴a1==1,S4=a1+a2+a3+a4=1++=.2.C 设第i个人分到的玉米斗数为a i(i=1,2,…,9,10),则{a n}是公比为=10,所以a1==.故选C.3.B 由等比数列的性质可知,m+n=6,m∈N*,n∈N*,当m=n=3时,mn=9;当m=4,n=2时,mn=8;当m=5,n=1时,mn=5.故选B.4.D因为等比数列{a n}的各项均为正数,所以log3a1+log3a2+…+log3a12=log3(a1·a2·…·a12)=log3 (a6a7)6=12,所以(a6a7)6=312=96,所以a6a7=9,故选D.5.33 由a5=-8a2得a1q4=-8a1q(a1≠0),解得q=-2,则S n==-q n=m-q n,则=m=1,从而S5=1-(-2)5=33.各项均为正数的等比数列{a n}中,a1a2a3==5,a7a8a9==10,则a4a5a6===5.7.(1)设{a n}的公比为q,则a n=a1q n-1.由已知得解得a1=1,q=3.所以{a n}的通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)知log3a n=n-1.故S n=.由S m+S m+1=S m+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0.解得m=-1(舍去)或m=6.8.A 由条件得a n+1+λ=3S n,当n≥2时,a n+λ=3S n-1,两式相减,得a n+1=4a n,又a3=12,所以a2=3,a1=,将n=1代入a n+1+λ=3S n,得a2+λ=3a1,得λ=-.故选A.9.C 因为等比数列{a n}的前5项积为32,所以=32,解得a3=2,则a5==, a1++=a1+1+,易知函数f(x)=x+在(1,2)上单调递增,所以a1++∈(3,),故选C.10.B 设{a n}的公比为q,根据题意知a1a2=9,a2a3=92,所以9===q2⇒1a2=q=9>0⇒q>0,所以q=3.11.A 设等比数列{a n}的公比为q,∵a1=-6,a4=-,∴-=-6q3,解得q=,∴a n=-6×()n-1.∴T n=(-6)n×()0+1+2+…+(n-1)=(-6)n×(,当n为奇数时,T n<0,当n为偶数时,T n>0,故当n为偶数时,T n才有可能取得最大值.∵T2k=36k×()k(2k-1),∴==36×()4k+1,当k=1时,=>1,当k≥2时,<1.∴T2<T4,T4>T6>T8>…,则当T n最大时,n的值为4.故选A.12.ABC由于等比数列{a n}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,所以(a6-1)(a7-1)<0,由题意得a6>1,a76a7+1>2,所以a6a7>1,所以T12=a1·a2·…·a11·a12=>1,T13=<1.故选ABC.13.BCD 因为数列{a n}为等比数列,所以设其公比为q(q≠0),则数列{a n}的通项公式为a n=a1q n-1(n∈N*).对于A,a n+a n+1=a1q n-1+a1q n=a1(1+q)q n-1(n∈N*),当q=-1时,a n+a n+1=0(n∈N*),故{a n+a n+1}不一定为等比数列,所以A不正确;对于B,a n a n+1=a1q n-1·a1q n=q2n-1(n∈N*),所以==q2(常数)对一切n∈N*都成立,故{a n a n+1}为等比数列,所以B正确;对于C,+=(a1q n-1)2+(a1q n)2=q2n-2+q2n=(1+q2)q2n-2(n∈N*),所以==q2(常数)(n∈N*),故{+}为等比数列,所以C正确;对于D,因为数列{a n}的前n项和为S n,所以当q=-1时,S n==(其中k∈N*),此时{S n}不为等比数列,故D正确.故选BCD.2-q-2=0, n=2a n-3 设等比数列{a n}的公比为q,因为数列{a n4,a3,a5成等差数列,得2a3=a5-a4,则q解得q=2,所以S n===2a n-a1,即S n=2a n-3.15.(-∞,3)2(a n+a n+2)=5a n+1⇒2q2-5q+2=0⇒q=2或q=(舍去),=a10⇒(a1q4)2=a1q9⇒a1=q=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n,所以b n=(n-λ)2n(n∈N*),所以b n+1=(n+1-λ)·2n+1.因为数列{b n}是递增数列,所以b n+1>b n,所以(n+1-λ)2n+1>(n-λ)2n,化简得λ<n+2.因为n∈N*,所以λ<3. 16.(1)设{a n1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=1=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由(1)可知a n=2n,则(-1)n-1a n a n+1=(-1)n-1×2n×2n+1=8×(-4)n-1,记T n=a1a2-a2a3+…+(-1)n-1a n a n+1,则T n=8×(-4)0+8×(-4)1+…+8×(-4)n-1=8×=[1-(-4)n].。
2022届高考数学(文)大一轮复习教师用书：第五章 数列 第三节 等比数列 Word版含答案
第三节等比数列1.理解等比数列的概念．2．把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，并能用有关学问解决相应的问题．4．了解等比数列与指数函数的关系．学问点一等比数列的有关概念1．等比数列的定义假如一个数列从第____项起，每一项与它的前一项的比等于________非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的______，公比通常用字母q(q≠0)表示．数学语言表达式：a na n－1＝____(n≥2)，q为常数．2．等比中项假如________成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒________.答案1．2 同一个公比q2．a，G，b G2＝ab1．将公比为q的等比数列a1，a2，a3，a4…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2，a2a3，a3a4，….此数列是( )A．公比为q的等比数列B．公比为q2的等比数列C．公比为q3的等比数列D．不肯定是等比数列答案：B2．对任意等比数列{a n}，下列说法肯定正确的是( )A．a1，a3，a9成等比数列 B．a2，a3，a6成等比数列C．a2，a4，a8成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列解析：依据等比数列的性质，若m＋n＝2k(m，n，k∈N*)，则a m，a k，a n成等比数列，故选D.答案：D学问点二等比数列的通项公式及前n项和公式1．若等比数列{a n}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为a n＝__________；若等比数列{a n}的第m项为a m，公比是q，则其第n项a n可以表示为a n＝__________.2．等比数列的前n项和公式：当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝__________＝a1－a n q1－q.答案1．a1q n－1a m q n－m 2.a11－q n1－q3．在等比数列{a n}中，已知a1＝－1，a4＝64，则q＝________，S4＝________.答案：－4 514．(必修⑤P62习题2.5B组第2题改编)设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S6S3＝12，则S9S3＝________.解析：S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，则(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，由S6S3＝12知S6＝12S3，则14S23＝S3·(S9－S6)，所以S9＝34S3，所以S9S3＝34.答案：34热点一等比数列的基本量计算【例1】(1)(2022·新课标全国卷Ⅰ)设等比数列{a n}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…a n的最大值为________．(2)(2021·石家庄模拟)设{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列，则a n＝________.【解析】(1)设{a n}的公比为q，由a1＋a3＝10，a2＋a4＝5得a1＝8，q＝12，则a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝12，所以a 1a 2…a n ≤a 1a 2a 3a 4＝64. (2)由已知得：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1＋3＋a 3＋42＝3a 2.解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q ，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7.即2q 2－5q＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意知q >1，所以q ＝2，所以a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.【答案】 (1)64 (2)2n －1【总结反思】等比数列运算的思想方法(1)方程思想：设出首项a 1和公比q ，然后将通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解． (2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求结果都用a 1，q 表示，寻求两者联系，整体代换即可求．(3)利用性质：运用等比数列性质，可以化繁为简、优化解题过程.(1)在正项等比数列{a n }中，a n ＋1<a n ，a 2·a 8＝6，a 4＋a 6＝5，则a 5a 7等于________； (2)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 ＝________.解析：(1)设公比为q ，则由a n ＋1<a n ，知0<q <1，由a 2·a 8＝6，得a 25＝6. ∴a 5＝6，∴a 4＋a 6＝6q＋6q ＝5，解得q ＝26，而a 5a 7＝1q 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝32.(2)∵⎩⎪⎨⎪⎧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－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，∴S n a n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 42n ＝2n －1. 答案：(1)32(2)2n－1热点二 等比数列的判定与证明【例2】 (2022·新课标全国卷Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (Ⅰ)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (Ⅱ)若S 5＝3132，求λ.【解】 (Ⅰ)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠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a 1≠0，λ≠0且λ≠1得a n ≠0.所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ(λλ－1)n －1.(Ⅱ)由(Ⅰ)得S n ＝1－(λλ－1)n .由S 5＝3132得1－(λλ－1)5＝3132，即(λλ－1)5＝132.解得λ＝－1. 【总结反思】(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．(2)利用递推关系时要留意对n ＝1时的状况进行验证.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N ＋.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式． 解：(1)证明：b 1＝a 2－a 1＝1. 当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，∴{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1. 当n ＝1时，53－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1，∴a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N ＋)．热点三 等比数列的性质及应用【例3】 (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 ．2B ．1 C.12D.18(2)(必修⑤P77复习参考题B 组第1(2)题改编)若某等比数列的前n 项和、前2n 项和、前3n 项和分别是A ，B ，C ，则( )A ．(A ＋B )－C ＝B 2B ．A 2＋B 2＝A (B ＋C ) C ．A ＋B ＝CD ．B 2＝AC(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 ．4 B ．6 C ．8D ．－9【解析】 (1)法1：∵a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 24＝4(a 4－1)，∴a 24－4a 4＋4＝0，∴a 4＝2.又∵q 3＝a 4a 1＝214＝8，∴q ＝2. ∴a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.法2：∵a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)． 将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2. ∴a 2＝a 1q ＝12，故选C.(2)在等比数列中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列，即A ，B －A ，C －B 也成等比数列，即(B －A )2＝A (C －B )，所以A 2－2AB ＋B 2＝AC －AB ，即A 2＋B 2＝A (B ＋C ), 故选B.(3)a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝a 6a 2＋2a 26＋a 6a 10＝a 24＋2a 4a 8＋a 28＝(a 4＋a 8)2，∵a 4＋a 8＝－2，∴a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝4. 【答案】 (1)C (2)B (3)A【总结反思】(1)在解决等比数列的有关问题时，要留意挖掘隐含条件，利用性质，特殊是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以削减运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要留意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形，此外，解题时留意设而不求思想的运用.(1)(2021·石家庄模拟)在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝________.(2)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝________.(3)已知各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为其前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝( ) A ．150B ．－200C ．150或－200D ．400或－50解析：(1)由于1a 7＋1a 10＝a 7＋a 10a 7a 10，1a 8＋1a 9＝a 8＋a 9a 8a 9，由等比数列的性质知a 7a 10＝a 8a 9，所以1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8a 9＝158÷⎝ ⎛⎭⎪⎫－98＝－53.(2)设数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 5a 2＝18，解得q ＝12，a 1＝a 2q＝4.易知数列{a n a n ＋1a n ＋2}是首项为a 1a 2a 3＝4×2×1＝8，公比为q 3＝18的等比数列，所以a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18n 1－18＝647(1－2－3n)．(3)依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30；又S 20>0，因此，S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 40＝70＋80＝150.答案：(1)－53 (2)647(1－2－3n) (3)A1．特殊留意q ＝1时，S n ＝na n 这一特殊状况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能马上断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必需留意对q ＝1与q ≠1分类争辩，防止因忽视q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．推断数列为等比数列的方法 (1)定义法：a n ＋1a n ＝q (q 是不等于0的常数，n ∈N *)⇔数列{a n }是等比数列；也可用a n a n －1＝q (q 是不等于0的常数，n ∈N *，n ≥2)⇔数列{a n }是等比数列．二者的本质是相同的，其区分只是n 的初始值不同．(2)等比中项法：a 2n ＋1＝a n a n ＋2(a n a n ＋1a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔数列{a n }是等比数列．。
2022版高考数学一轮复习 练案(35理+34文)第五章 数列 第三讲 等比数列及其前n项和练习(
第三讲等比数列及其前n项和A组基础巩固一、选择题1．在等比数列｛a n｝中，a1＝错误!,q＝错误!，a n＝错误!，则项数n为(C)A．3B．4C．5D．62．在等比数列｛a n｝中,a2a6＝16,a4＋a8＝8，则错误!等于(A）A．1B．－3C．1或－3D．－1或3[解析]由a2a6＝16,得a2，4＝16⇒a4＝±4。
又a4＋a8＝8，可得a4(1＋q4）＝8,∵q4>0，∴a4＝4.∴q2＝1，错误!＝q10＝1。
3．(2021·辽宁大连八中模拟改编)记等比数列{a n｝的前n项和为S n，若a1＝2，S3＝6，则S4＝（C)A．－10B．－8C．8或－10D．10或－8［解析］设等比数列的公比为q,因为a1＝2，S3＝6，所以S3＝2＋2q＋2q2＝6,则q2＋q－2＝0，所以q＝1或q＝－2.当q＝1时，S4＝S3＋2＝8;当q＝－2时，S4＝S3＋a1q3＝6＋2×（－2）3＝－10，故选C。
4．（2021·陕西西安中学六模)已知数列{a n｝是各项均为正数的等比数列，S n是它的前n项和．若a2a6＝4，且a4＋2a7＝错误!,则S5＝（C）A．29B．30C．31D．32［解析]本题考查等比数列性质及基本量的运算．∵a2a6＝a错误!＝4，且a n〉0，∴a4＝2.又a4＋2a7＝错误!，∴a7＝错误!。
设{a n｝的公比为q，则错误!＝q3＝错误!，q＝错误!,∴a n＝a4错误!n－4＝25－n,∴S5＝16＋8＋4＋2＋1＝31.5．在正项等比数列｛a n｝中,已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12,a n－1a n a n＋1＝324，则n等于（C)A．12B．13C．14D．15［解析]因为数列｛a n}是各项均为正数的等比数列,所以a1a2a3，a4a5a6,a7a8a9，a10a11a12,…也成等比数列．不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，则公比q＝错误!＝错误!＝3。
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第五章 数列第三节 等比数列及其前n 项和课时规范练 A 组——基础对点练1．(2020·合肥模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 5＝16 , a 2＝2 , 那么公比q ＝( )A ．4B ．52C ．2D.12解析 : 由题意 , 得⎩⎨⎧a 1·a 1q 4＝16a 1q ＝2解得⎩⎨⎧a 1＝1 q ＝2或⎩⎨⎧a 1＝－1 q ＝－2(舍去) , 应选C.答案 : C2．(2020·重庆模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n , 且S 3＝14 , a 3＝8 , 那么a 6＝( ) A ．16 B ．32 C ．64D ．128解析 : 由题意得 , 等比数列的公比为q , 由S 3＝14 , a 3＝8 , 那么⎩⎨⎧a 1〔1＋q ＋q 2〕＝14a 3＝a 1q 2＝8解得a 1＝2 , q ＝2 , 所以a 6＝a 1q 5＝2×25＝64 , 应选C. 答案 : C3．已知等比数列{a n }满足a 1＝3 , a 1＋a 3＋a 5＝21 , 那么a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63D ．84解析 : 设数列{a n }的公比为q , 那么a 1(1＋q 2＋q 4)＝21 , 又a 1＝3 , 所以q 4＋q 2－6＝0 , 所以q 2＝2(q 2＝－3舍去) , 所以a 3＝6 , a 5＝12 , a 7＝24 , 所以a 3＋a 5＋a 7＝42.应选B. 答案 : B4．(2020·辽宁五校协作体联考)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2 2 , 那么log 2a 7＋log 2a 11的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析 : 由题意得a 4a 14＝(22)2＝8 , 由等比数列的性质 , 得a 4a 14＝a 7a 11＝8 , ∴log 2a 7＋log 2a 11＝log 2(a 7a 11)＝log 28＝3 , 应选C. 答案 : C5．在等比数列{a n }中 , a 2a 3a 4＝8 , a 7＝8 , 那么a 1＝( ) A ．1 B ．±1 C ．2D ．±2解析 : 因为数列{a n }是等比数列 , 所以a 2a 3a 4＝a 33＝8 , 所以a 3＝2 , 所以a 7＝a 3q 4＝2q 4＝8 , 所以q 2＝2 , 那么a 1＝a 3q 2＝1 , 应选A.答案 : A6．在公比为2的等比数列{a n }中 , 假设sin(a 1a 4)＝25 , 那么cos(a 2a 5)的值是( )A ．－75B.1725C.75D.725解析 : 由等比数列的通项公式可知a 2a 5＝(a 1a 4)q 2＝2(a 1a 4) , cos(a 2a 5)＝1－2sin 2(a 1a 4)＝1－2×⎝⎛⎭⎫252＝1725. 答案 : B7．(2020·临沂模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16 , 那么a 的值为( )A ．－13B.13 C ．－12D.12解析 : 当n ≥2时 , a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2 , 当n ＝1时 , a 1＝S 1＝a ＋16 , 又因为{a n }是等比数列 , 所以a ＋16＝a 2 , 所以a ＝－13.答案 : A8．(2020·贵阳适应性考试)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n , 且a 1＝12 , a 2a 6＝8(a 4－2) , 那么S 2 019＝( )A ．22 018－12 B ．1－⎝⎛⎭⎫122 018C ．22 019－12 D ．1－⎝⎛⎭⎫122 019解析 : 由等比数列的性质及a 2a 6＝8(a 4－2) , 得a 24＝8a 4－16 , 解得a 4＝4.又a 4＝12q 3, 故q ＝2 , 所以S 2 019＝12〔1－22 019〕1－2＝22 018－12 , 应选A.答案 : A9．假设等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1 , a 4＝b 4＝8 , 那么a 2b 2＝________．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 .由题意得－1＋3d ＝－q 3＝8⇒d ＝3 , q ＝－2⇒a 2b 2＝－1＋3－1×〔－2〕＝1.答案 : 110．已知数列{a n }是等比数列 , a 2＝2 , a 5＝14 , 那么a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝________．解析 : 设数列{a n }的公比为q , 那么q 3＝a 5a 2＝18 , 解得q ＝12 , a 1＝a 2q ＝4.易知数列{a n a n ＋1a n ＋2}是首项为a 1a 2a 3＝4×2×1＝8 , 公比为q 3＝18的等比数列 , 所以a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝8⎝⎛⎭⎫1－18n 1－18＝647(1－2－3n )． 答案 : 647(1－2－3n )B 组——素养提升练11．(2020·青州市模拟)我国古代数学著作[九章算术]有如下问题 : 〞今有蒲(水生植物名)生一日 , 长三尺 ; 莞(植物名 , 俗称水葱、席子草)生一日 , 长一尺．蒲生日自半 , 莞生日自倍．问几何日而长等 ？〞意思是 : 今有蒲生长1日 , 长为3尺 ; 莞生长1日 , 长为1尺．蒲的生长逐日减半 , 莞的生长逐日增加1倍．假设蒲、莞长度相等 , 那么所需的时间约为________日．(结果保存一位小数．参考数据 : lg 2≈0.30 , lg 3≈0.48)( ) A ．1.3 B ．1.5 C ．2.6D ．2.8解析 : 设蒲(水生植物名)的长度组成等比数列{a n } , 其a 1＝3 , 公比为12 , 其前n 项和为A n .莞(植物名)的长度组成等比数列{b n } , 其b 1＝1 , 公比为2 , 其前n 项和为B n .那么A n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12, B n ＝2n －12－1,令3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝2n－12－1 , 即2n ＋62n ＝7 , 解得2n ＝6 , 2n ＝1(舍去)．∴n ＝lg 6lg 2＝1＋lg 3lg 2≈2.6.∴估计2.6日蒲、莞长度相等． 答案 : C12．假设数列{a n ＋1－a n }是等比数列 , 且a 1＝1 , a 2＝2 , a 3＝5 , 那么a n ＝__________． 解析 : ∵a 2－a 1＝1 , a 3－a 2＝3 , ∴q ＝3 ,∴a n ＋1－a n ＝3n －1 , ∴a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n －a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3,∵a 1＝1 , ∴a n ＝3n －1＋12.答案 : 3n －1＋1213．已知数列{a n }满足a 1＝1 , a n ＋1＝3a n ＋1. (1)证明{a n ＋12}是等比数列 , 并求{a n }的通项公式 ;(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.证明 : (1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3(a n ＋12)．又a 1＋12＝32 , 所以{a n ＋12}是首项为32 , 公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n2,因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时 , 3n －1≥2×3n －1 , 所以13n －1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝⎛⎭⎫1－13n ＜32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.14．已知数列{a n }满足a 1＝5 , a 2＝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．解析 : (1)证明 : 因为a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2) , 所以a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． 因为a 1＝5 , a 2＝5 , 所以a 2＋2a 1＝15 , 所以a n ＋2a n －1≠0(n ≥2) , 所以a n ＋1＋2a na n ＋2a n －1＝3(n ≥2) ,所以数列{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 , 那么a n ＋1＝－2a n ＋5×3n , 所以a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n )． 又因为a 1－3＝2 , 所以a n －3n ≠0 ,所以{a n －3n }是以2为首项 , －2为公比的等比数列． 所以a n －3n ＝2×(－2)n －1 , 即a n ＝2×(－2)n －1＋3n .。