【精品】高考一轮文科数学必修53等比数列及其前n项和课时提升作业含答案解析

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2021年高考数学一轮总复习 5.3等比数列及其前n项和课时作业文(含解析)新人教版

2021年高考数学一轮总复习 5.3等比数列及其前n项和课时作业文（含解析）新人教版一、选择题1．(xx·北京海淀一模)已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且S1，S2＋a2，S3成等差数列，则数列{a n}的公比为( )A．1 B．2C.12D．3解析：因为S1，S2＋a2，S3成等差数列，所以2(S2＋a2)＝S1＋S3,2(a1＋a2＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，a3＝3a2，q＝3.选D.答案：D2．(xx·湖北八市3月联考)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：B3．(xx·河北唐山一模)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 －1B ．4n －1C ．2n －1D ．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－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ，∴S n a n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 42n ＝2n －1，选D. 答案：D4．(xx·皖西七校联考)在等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为17，则S 6＝( )A.634B ．16C ．15D.614解析：由等比数列的性质知a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2. ∵a 4＋2a 7＝2×17＝34，∴a 7＝12(2×17－a 4)＝12(2×17－2)＝16.∴q 3＝a 7a 4＝162＝8，即q ＝2.由a 4＝a 1q 3＝a 1×8＝2，得a 1＝14，∴S 6＝141－261－2＝634. 答案：A5．(xx·河南适应性模拟)已知三角形的三边构成等比数列，它们的公比为q ，则q 的一个可能的值是( )A.52B.12 C ．2D.32解析：由题意可设三角形的三边分别为aq，a，aq，因为三角形的两边之和大于第三边，所以有aq ＋a＞aq，即q2－q－1＜0(q＞0)，解得0＜q＜1＋52，但当q＝12时不合题意．所以q的一个可能值是32，故选D.答案：D6．(xx·四川七中4月模拟)正项等比数列{a n}满足：a3＝a2＋2a1，若存在a m，a n ，使得a m a n＝16a21，则1m＋4n的最小值为( )A.256B.134C.73D.32解析：由a3＝a2＋2a1得q2＝q＋2，∴q＝2(q＝－1舍去)，由a m a n＝16a21得2m－12n－1＝16，因为m＋n－2＝4，m＋n＝6，所以1m＋4n＝m＋n6⎝⎛⎭⎪⎫1m＋4n＝16⎝⎛⎭⎪⎫1＋4＋nm＋4mn≥16⎝⎛⎭⎪⎫5＋2nm·4mn＝32.答案：D二、填空题7．(xx·北京石景山一模)在等比数列{a n}中，a1＝2，a4＝16，则数列{a n}的通项公式a n＝__________，设b n＝log2a n，则数列{b n}的前n项和S n＝__________.解析：由题意得公比q3＝a4a1＝8，q＝2，a n＝2·2n－1＝2n.因此b n＝n，S n＝n n＋12.答案：2n n n＋128．(xx·上海嘉定一模)设等比数列{a n}的前n项和为S n，且a5＝S5，则S2 014＝__________.解析：根据数列前n项和的定义知S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝a5，故a1＋a2＋a3＋a4＝0，即a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋q)(1＋q2)＝0，从而1＋q＝0，q＝－1，所以这个等比数列的相邻两项的和都是0，所以S2 014＝0.答案：09．(xx·山东省实验中学诊断)在各项为正的等比数列{a n}中，a4与a14的等比中项为22，则2a7＋a11的最小值是__________．解析：由题意知a4·a14＝(22)2＝a29，即a9＝2 2.设公比为q(q＞0)，所以2a7＋a11＝2a9q2＋a9q2＝42q2＋22q2≥242q2×22q2＝8，当且仅当42q2＝22q2，即q ＝42时取等号，其最小值为8.答案：8 三、解答题10．(xx·福建卷)在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解析：(1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎨⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝3.因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n b 1＋b n2＝n 2－n 2.11．(xx·重庆卷)已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和．(1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0.求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .解析：(1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n a 1＋a n2＝n 1＋2n －12＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0，所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1q n －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 11－q n 1－q ＝23(4n －1)．12．(xx·山东淄博一模)在数列{a n }中，a 1＝－12，2a n ＝a n －1－n －1(n ≥2，n∈N *)，设b n ＝a n ＋n .(1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{nb n }的前n 项和T n ；(3)若c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －a n ，P n 为数列{c 2n ＋c n ＋1c 2n ＋c n }的前n 项和，求不超过P 2 014的最大的整数．解析：(1)证明：由2a n ＝a n －1－n －1两边加2n 得， 2(a n ＋n )＝a n －1＋n －1，所以a n ＋n a n －1＋n －1＝12，即b n b n －1＝12.故数列{b n }是公比为12的等比数列，其首项为b 1＝a 1＋1＝－12＋1＝12，所以b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . (2)nb n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝n2n .T n ＝12＋222＋323＋424＋…＋n －12n －1＋n2n .① 12T n ＝122＋223＋324＋425＋…＋n －12n ＋n2n ＋1.② ①－②得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，所以T n ＝2－n ＋22n.(3)由(1)得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ，所以c n ＝n .c 2n ＋c n ＋1c 2n ＋c n ＝n 2＋n ＋1n 2＋n ＝1＋1n n ＋1＝1＋1n －1n ＋1. P 2 014＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋11－12＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－13＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋12 014－12 015＝2 015－12 015. 所以不超过P 2 014的最大的整数是2 014.39063 9897 颗\ l Y33343 823F 舿Jt21288 5328 匨Q 33259 81EB 臫28709 7025 瀥。

(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.。

2021高中数学一轮复习课时过关检测(三十五) 等比数列及其前n项和

课时过关检测(三十五) 等比数列及其前n 项和A 级——夯基保分练1．(2019·开封市定位考试)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋4S 2＝0，则公比q ＝( )A ．－1B ．1C ．－2D ．2解析：选C 因为a 3＋4S 2＝0，所以a 1q 2＋4a 1＋4a 1q ＝0，因为a 1≠0，所以q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2，故选C.2．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.245 C.316D.916解析：选C 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2a 1q ＝3，(a 1q 2)2＝4a 1q ·a 1q 5，解得⎩⎨⎧a 1＝32，q ＝12，所以a 4＝a 1q 3＝32×⎝⎛⎭⎫123＝316.3．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 等于( ) A ．12 B.13 C ．14D ．15解析：选C 因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，所以a 1a 2a 3，a 4a 5a 6，a 7a 8a 9，a 10a 11a 12，…也成等比数列．不妨令b 1＝a 1a 2a 3，b 2＝a 4a 5a 6，则公比q ＝b 2b 1＝124＝3.所以b m ＝4×3m －1.令b m ＝324，即4×3m －1＝324，解得m ＝5，所以b 5＝324，即a 13a 14a 15＝324. 所以n ＝14.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )A ．2n －1 B.12n －1 C.⎝⎛⎭⎫23n －1D.⎝⎛⎭⎫32n －1解析：选D 因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以S n ＝2a n ＋1＝2(S n ＋1－S n )，所以S n ＋1S n ＝32，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，32为公比的等比数列，所以S n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1. 5．(多选)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6＝8a 3，则( ) A ．数列{a n }的公比为2 B.数列{a n }的公比为8 C.S 6S 3＝8 D.S 6S 3＝9 解析：选AD 因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6＝8a 3，所以a 6a 3＝q 3＝8，解得q ＝2，所以S 6S 3＝1－q61－q 3＝1＋q 3＝9.6．(多选)设等比数列{a n }的公比为q ，则下列结论正确的是( ) A ．数列{}a n a n ＋1是公比为q 2的等比数列 B ．数列{}a n ＋a n ＋1是公比为q 的等比数列 C ．数列{}a n －a n ＋1是公比为q 的等比数列D ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公比为1q 的等比数列解析：选AD 对于A ，由a n a n ＋1a n －1a n＝q 2(n ≥2)知数列{a n a n ＋1}是公比为q 2的等比数列；对于B ，当q ＝－1时，数列{a n ＋a n ＋1}的项中有0，不是等比数列；对于C ，若q ＝1时，数列{a n －a n ＋1}的项中有0，不是等比数列；对于D ，1a n ＋11a n ＝a n a n ＋1＝1q ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公比为1q 的等比数列，故选A 、D.7．设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }的前7项和为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 5＝a 1q 4＝16，a 1＝1，得16＝q 4，解得q ＝2，所以S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝1×(1－27)1－2＝127.答案：1278．在等比数列{a n }中，a 1＋a 3＋a 5＝21，a 2＋a 4＋a 6＝42，则S 9＝________.解析：设等比数列的公比为q ，由等比数列的定义可得a 2＋a 4＋a 6＝a 1q ＋a 3q ＋a 5q ＝q (a 1＋a 3＋a 5)＝q ×21＝42，解得q ＝2.又a 1＋a 3＋a 5＝a 1(1＋q 2＋q 4)＝a 1×21＝21，解得a 1＝1.所以S 9＝a 1(1－q 9)1－q ＝1×(1－29)1－2＝511.答案：5119．(一题两空)已知{a n }是递减的等比数列，且a 2＝2，a 1＋a 3＝5，则{a n }的通项公式为________；a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)＝________.解析：由a 2＝2，a 1＋a 3＝5，{a n }是递减的等比数列，得a 1＝4，a 3＝1，a n ＝4×⎝⎛⎭⎫12n －1，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1是首项为8、公比为14的等比数列的前n 项和．故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8＋2＋12＋…＋8×⎝⎛⎭⎫14n －1＝8×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n 1－14＝323×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n . 答案：a n ＝4×⎝⎛⎭⎫12n －1 323×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n10．已知等比数列{a n }为递减数列，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 ＝________.解析：设公比为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 ＝12()q ＝2舍去，所以a n ＝a 1·q n －1＝12n .答案：12n11．设数列{a n ＋1}是一个各项均为正数的等比数列，已知a 3＝7，a 7＝127. (1)求a 5的值；(2)求数列{a n }的前n 项和．解：(1)由题可知a 3＋1＝8，a 7＋1＝128，则有(a 5＋1)2＝(a 3＋1)(a 7＋1)＝8×128＝1 024，可得a 5＋1＝32，即a 5＝31. (2)设数列{a n ＋1}的公比为q ，由(1)知⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＋1＝(a 1＋1)q 2，a 5＋1＝(a 1＋1)q 4，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋1＝2，q ＝2，所以数列{a n ＋1}是一个以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，所以a n ＝2n －1，利用分组求和可得，数列{a n }的前n 项和S n ＝2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .12．在①数列{a n }的前n 项和S n ＝12n 2＋52n ；②函数f (x )＝sin πx －23cos 2π2x ＋3的正零点从小到大构成数列{x n }，a n ＝x n ＋83；③a 2n －a n －a 2n －1－a n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a n ＞0，且a 1＝b 2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的M 存在，求出M 的最小值；若M 不存在，说明理由．数列{b n }是首项为1的等比数列，b n ＞0，b 2＋b 3＝12，且____________，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n log 3b n ＋1的前n 项和为T n ，是否存在M ∈N *，使得对任意的n ∈N *，T n ＜M?解：设公比为q (q ＞0)，因为数列{b n }是首项为1的等比数列，且b n ＞0，b 2＋b 3＝12，所以q 2＋q －12＝0，解得q ＝3(q ＝－4不合题意，舍去)，所以b n ＝3n －1.若选①，由S n ＝12n 2＋52n ，可得S n －1＝12(n －1)2＋52(n －1)(n ≥2)，两式相减可得a n ＝n ＋2(n ≥2)，又a 1＝S 1＝3也符合上式，所以a n ＝n ＋2，所以1a n log 3b n ＋1＝1(n ＋2)n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，则T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2，因为1n ＋1＋1n ＋2＞0，所以T n ＜34，由题意可得M ≥34，又M ∈N *，所以M 的最小值为1.若选②，f (x )＝sin πx －23cos 2π2x ＋ 3＝sin πx －3cos πx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫πx －π3，令f (x )＝0，可得πx －π3＝k π，k ∈Z ，解得x ＝k ＋13，k ∈Z ，即x n ＝n －1＋13＝n －23，a n＝x n ＋83＝n ＋2，同上①，则M 的最小值为1.若选③，则由a 2n －a n －a 2n －1－a n －1＝0得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0，又a n ＞0，所以a n－a n －1－1＝0，即a n －a n －1＝1，所以数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝b 2，则a 1＝3，所以a n ＝n ＋2.同上①，则M 的最小值为1.B 级——提能综合练13．(多选)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n .前n 项积为T n ，并且满足条件a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0.则下列结论正确的是( )A ．0<q <1B.a 7·a 9>1C ．S n 的最大值为S 9D ．T n 的最大值为T 7解析：选AD ∵a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0，∴a 7>1，a 8<1，∴0<q <1，故A 正确；a 7a 9＝a 28<1，故B 错误；∵a 1>1,0<q <1，∴数列为递减数列，∴S n 无最大值，故C 错误，又a 7>1，a 8<1，∴T 7是数列{T n }中的最大项，故D 正确．故选A 、D.14．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为________．解析：设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1.因为S 2mS m ＝a 1(1－q 2m )1－q a 1(1－q m )1－q＝q m ＋1＝9，所以q m ＝8.所以a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m＝8＝5m ＋1m －1，所以m ＝3，所以q 3＝8，所以q ＝2. 答案：215．已知数列{a n }的首项a 1＞0，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 .解：(1)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 n 3(1－a n )＝13，又b 1＝1a 1－1＝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·⎝⎛⎭⎫13n －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)由(1)知，1a n －1＝12·⎝⎛⎭⎫13n －1，即1a n ＝12·⎝⎛⎭⎫13n －1＋1. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＋n ＝34⎝⎛⎭⎫1－13n ＋n . C 级——拔高创新练16．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：(1)∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n，∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n .∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1， ∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12，∴b 1＝a 1＋a 2＝32.∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n .(2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ，∴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，∴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 .。

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-≤≤.。

【红对勾】高考新课标数学(文)大一轮复习课时练：5-3等比数列及其前n项和(含答案解析)

课时作业30 等比数列及其前n 项和一、选择题1．(2016·河北唐山统考)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 4S 2＝3，则S 6S 4＝( )A ．2 B.73C.310D ．1或2解析：设S 2＝k ，S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列(易知数列{a n }的公比q≠－1)，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4为等比数列，又S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，∴S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，∴S 6S 4＝7k3k ＝73，故选B. 答案：B2．若公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10＝( ) A ．4 B ．5 C ．6D ．7解析：由题意可知a 3a 11＝a 27＝16，因为{a n }为正项等比数列，所以a 7＝4，所以log 2a 10＝log 2(a 7·23)＝log 225＝5.答案：B3．(2016·山西四校联考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若公比q>1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A ．31B ．36C ．42D ．48解析：由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且公比q>1，得a 3＝4，a 5＝16.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝＝－2舍，所以S 5＝－251－2＝31，故选A.答案：A4．在公比为正数的等比数列中，a 1＋a 2＝2，a 3＋a 4＝8，则S 8等于( ) A ．21 B ．42 C ．135D ．170解析：方法1：S 8＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6)＋(a 7＋a 8)＝2＋8＋32＋128＝170. 方法2：q 2＝a 3＋a 4a 1＋a 2＝4，又q>0，∴q ＝2.∴a 1(1＋q)＝a 1(1＋2)＝2，∴a 1＝23.∴S 8＝238－2－1＝170.答案：D5．(2016·东北八校联考)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( )A ．16(1－4－n )B ．16(1－2－n )C.323(1－4－n ) D.323(1－2－n ) 解析：设{a n }的公比为q ，易知数列{a n a n ＋1}是以a 1a 2为首项，q 2为公比的等比数列， ∵q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12，∴a 1＝a 2q＝4，∴a 1a 2＝8，∴数列{a n a n ＋1}是以8为首项，14为公比的等比数列，不难得出答案为C.答案：C6．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：C7．(2016·江西南昌调研)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列说法中一定成立的是( )A ．若a 3>0，则a 2 015<0B ．若a 4>0，则a 2 014<0C ．若a 3>0，则S 2 015>0D ．若a 4>0，则S 2 014>0解析：等比数列{a n }的公比q≠0，对于A ，若a 3>0，则a 1q 2>0，所以a 1>0，所以a 2 015＝a 1q 2 014>0，所以A 不正确；对于B ，若a 4>0，则a 1q 3>0，所以a 1q>0，所以a 2 014＝a 1q 2 013>0，所以B 不正确；对于C ，若a 3>0，则a 1＝a 3q2>0，所以当q ＝1时，S 2 015>0，当q≠1时，S 2 015＝a 1－q 2 0151－q >0(1－q 与1－q 2 015同号)，所以C 正确，同理可知D 错误，故选C.答案：C8．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( ) A ．7 B ．5 C ．－5D ．－7解析：设数列{a n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5·a 6＝a 4·a 7＝－8，得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，q 3＝－12或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，q 3＝－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，a 10＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 10＝－8，所以a 1＋a 10＝－7. 答案：D9．(2016·山东枣庄一模)已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，0)∪(1，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q ，当q>0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q·1q＝3；当q<0时，S 3＝1－⎝⎛⎭⎫－q －1q ≤1－2－q·⎝⎛⎭⎫－1q ＝－1. ∴S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)，故选D. 答案：D10．(2016·河北唐山一模)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 －1B ．4n －1C ．2n －1D ．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×(12)n －1＝42n .∴S n ＝2×[1－12n]1－12＝4(1－12n )．∴S n a n ＝－12n 42n＝2n －1，选D.答案：D二、填空题11．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋2S 2＝0，则公比q ＝________. 解析：由S 3＋3S 2＝0，即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：－212．(2016·甘肃兰州月考)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝m·2n －1－3，则m＝________.解析：a 1＝S 1＝m －3，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝m·2n －2.∴a 2＝m ，a 3＝2m ，又a 22＝a 1a 3， ∴m 2＝(m －3)·2m ，整理得m 2－6m ＝0. 则m ＝6或m ＝0(舍去)．答案：613．(2016·广州综合测试)已知数列{c n }，其中c n ＝2n ＋3n ，且数列{c n ＋1－pc n }为等比数列，则常数p ＝________.解析：由数列{c n ＋1－pc n }为等比数列，得(c 3－pc 2)2＝(c 2－pc 1)(c 4－pc 3)，即(35－13p)2＝(13－5p)(97－35p)．解得p ＝2或p ＝3.答案：2或314．(2016·甘肃兰州诊断)数列{a n }的首项为a 1＝1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2 015，则a 21＝________.解析：由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝1，得b 1＝a 2a 1＝a 2；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝b 1b 2b 3；…；b n －1＝a na n －1，a n ＝b 1b 2…b n －1，∴a 21＝b 1b 2…b 20，∵数列{b n }为等比数列，∴a 21＝(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝(b 10b 11)10＝(2 015)10＝2 015.答案：2 015 三、解答题15．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝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a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1.解：(1)∵S 1＝a 1＝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，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n≥2.(2)a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝－4n1－4＝n－3.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋n－3＝22n ＋1＋13.16．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *有a n ＋S n ＝n. (1)设b n ＝a n －1，求证：数列{b n }是等比数列； (2)设c 1＝a 1且c n ＝a n －a n －1(n≥2)，求{c n }的通项公式．解：(1)证明：由a 1＋S 1＝1及a 1＝S 1，得a 1＝12.又由a n ＋S n ＝n 及a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，得 a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1. ∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，即2b n ＋1＝b n .∴数列{b n }是以b 1＝a 1－1＝－12为首项，12为公比的等比数列．(2)方法1：由(1)知2a n ＋1＝a n ＋1， ∴2a n ＝a n －1＋1(n≥2)．∴2a n ＋1－2a n ＝a n －a n －1，∴2c n ＋1＝c n (n≥2)．又c 1＝a 1＝12，a 2＋a 1＋a 2＝2，∴a 2＝34.∴c 2＝34－12＝14，c 2＝12c 1.∴数列{c n }是首项为12，公比为12的等比数列．∴c n ＝12·(12)n －1＝(12)n.方法2：由(1)b n ＝－12·(12)n －1＝－(12)n .∴a n ＝－(12)n ＋1.∴c n ＝－(12)n ＋1－[－(12)n －1＋1]＝(12)n －1－(12)n ＝(12)n －1(1－12) ＝(12)n (n≥2)．又c 1＝a 1＝12也适合上式，∴c n ＝(12)n .。

(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.。

2019届高三一轮文科数学课件：5.3-等比数列及其前n项和(含答案)

「基础小题练一练」 1．下列说法正确的是( )
①等比数列中没有一项为 0； ②等差数列不可能是等比数列； ③常数列是等比数列； ④公比 q>1 的等比数列是递增数列； ⑤公比 q<0 的等比数列是摆动数列． A．① C．④⑤ B．①③ D．①⑤
解析： ①正确；等差数列 2,2,2,2， …也是等比数列，故②错误；常数列 0,0,0,0， … 不是等比数列，故③错误；等比数列－1，－2，－4，…，－2n 的公比是 2>1，但此数列是递减数列，故④错误，⑤正确．故选 D.
时，{an}为常数列．
(4)当 q<0 时，{an}为摆动数列．
2．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 an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证 a1≠0. (3)在运用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q＝1 与 q≠1 分类讨论，防止因忽略 q＝1 这一特殊情形而导致解题失误．
考点频率 5年21考
命题趋势等比数列在高考中主要考查等比数列的定义、通项公式、前n项和
2.等比数列的性质及应用
5年14考
公式及其性质，常与等差数列结
4．了解等比数列与指数函数的关系．
合考查．
2
基础自主梳理
「基础知识填一填」 1．等比数列的有关概念 (1)定义如果一个数列从第 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 an＋1 ＝q(q≠0，n∈N*) an 表示，定义的表达式为__________________________. (2)等比中项如果 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⇔

近年高考数学一轮复习第5章数列5.3等比数列及其前n项和课后作业文(2021年整理)

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5．3 等比数列及其前n项和[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．（2018·邢台摸底）已知数列{a n｝为等比数列,a5＝1,a9＝81，则a7＝( )A．9或－9 B．9C．27或－27 D．27答案B解析依题意得a错误!＝a5·a9＝81，又注意到错误!＝q2〉0(其中q为公比)，因此a5，a7的符号相同,故a7＝9.故选B.2．（2018·安徽安庆模拟)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的值等于（）A．1 B．－1 C.错误! D．2答案D解析由a n＋1＝λa n－1,得a n＋1－1＝λa n－2＝λ错误!.由于数列{a n－1｝是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2。

故选D。

3．中国古代数学著作《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，请问第二天走了（)A．192里 B．96里 C．48里 D．24里答案B解析设等比数列｛a n｝的首项为a1,公比为q＝错误!，依题意有错误!＝378，解得a1＝192,则a2＝192×错误!＝96,即第二天走了96里．故选B。

2025年高考数学一轮复习课时作业-等比数列【含解析】

2025年高考数学一轮复习课时作业-等比数列【原卷版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)在等比数列{a n}中,a1a3=a4=4,则a6=()A.6B.-8或82.(5分)已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=()A.21B.42C.63D.843.(5分)已知等比数列{a n}的前n项和为S n=a·2n-1+16,则a的值为()A.-13B.13C.-12D.124.(5分)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log2a7+log2a11的值为()A.1B.2C.3D.4【加练备选】设等比数列{a n}的公比为q>0,且q≠1,S n为数列{a n}的前n项和,记T n= ,则() A.T3≤T6B.T3<T6C.T3≥T6D.T3>T65.(5分)已知数列{a n}为等比数列,且a2a10=4a6,S n为等差数列{b n}的前n项和,且S6=S10,a6=b7,则b9=()A.43B.-43C.-83D.-46.(5分)(多选题)设等比数列{a n}的公比为q,则下列说法正确的是()A.数列{a n a n+1}是公比为q2的等比数列B.数列{a n+a n+1}是公比为q的等比数列C.数列{a n-a n+1}是公比为q的等比数列D.是公比为1 的等比数列7.(5分)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则 2 2=.8.(5分)已知数列{a n}是等比数列,a2=2,a5=14,则a1a2a3+a2a3a4+…+a n a n+1a n+2=.9.(5分)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,S n为其前n项和.若a1=6,a2+2a3=6,则公比q=,S4=.10.(10分)在数列{a n}中,已知a1=1,a n+1=2a n+2n-3.(1)若b n=a n+2n-1,证明:数列{b n}是等比数列.(2)求数列{a n}的前n项和S n.11.(10分)(2022·新高考Ⅱ卷)已知{a n}是等差数列,{b n}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.(1)证明:a1=b1;(2)求集合{k|b k=a m+a1,1≤m≤500}中元素的个数.【能力提升练】12.(5分)(多选题)设等比数列{a n}的公比为q,其前n项和为S n,前n项积为T n,并且满足条件a1>1,a9a10>1, 9-1 10-1<0,则下列结论正确的是()A.0<q<1B.a10a11>1C.S n的最大值为S10D.T n的最大值为T913.(5分)等比数列{a n}的首项a1=-1,前n项和为S n,若 10 5=242243,则公比q=.14.(10分)已知公比不为1的等比数列{a n}满足a1+a3=5,且a1,a3,a2构成等差数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为{a n}的前n项和,求使S k>238成立的最大正整数k的值.2025年高考数学一轮复习课时作业-等比数列【解析版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)在等比数列{a n}中,a1a3=a4=4,则a6=()A.6B.-8或8C.-8D.8【解析】选D.因为a1·a3=22=4,所以a2=±2.当a2=-2时,32=a2·a4<0无意义,所以a2=2,所以q2= 4 2=2,所以a6=a4·q2=4×2=8.2.(5分)已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=()A.21B.42C.63D.84【解析】选B.设数列{a n}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=42.3.(5分)已知等比数列{a n}的前n项和为S n=a·2n-1+16,则a的值为()A.-13B.13C.-12D.12【解析】选A.当n≥2时,a n=S n-S n-1=a·2n-1-a·2n-2=a·2n-2,当n=1时,a1=S1=a+16,又因为数列{a n}是等比数列,所以a+16= 2,所以a=-13.4.(5分)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log2a7+log2a11的值为()A.1B.2C.3D.4【解析】选C.由题意得a4a14=(22)2=8,由等比数列的性质,得a4a14=a7a11=8,所以log2a7+log2a11=log2(a7a11)=log28=3.【加练备选】设等比数列{a n}的公比为q>0,且q≠1,S n为数列{a n}的前n项和,记T n= ,则() A.T3≤T6B.T3<T6C.T3≥T6D.T3>T6【解析】选D.T6-T3= 6(1- ) 1(1- 6)- 3(1- ) 1(1- 3)= 5(1- )1- 6- 2(1- )1- 3=- 2(1- )1- 6,由于q>0且q≠1,所以1-q与1-q6同号,所以T6-T3<0,所以T6<T3.5.(5分)已知数列{a n}为等比数列,且a2a10=4a6,S n为等差数列{b n}的前n项和,且S6=S10,a6=b7,则b9=()A.43B.-43C.-83D.-4【解析】选B.因为数列{a n}为等比数列,且a2a10=4a6,所以62=4a6,解得a6=4.设等差数列{b n}的公差为d,因为S6=S10,所以b7+b8+b9+b10=0,则b7+b10=0.因为a6=b7=4,所以b10=-4,所以3d=b10-b7=-4-4=-8,所以d=-83,所以b9=b7+2d=4+2×(-83)=-43.6.(5分)(多选题)设等比数列{a n}的公比为q,则下列说法正确的是()A.数列{a n a n+1}是公比为q2的等比数列B.数列{a n+a n+1}是公比为q的等比数列C.数列{a n-a n+1}是公比为q的等比数列D.是公比为1 的等比数列【解析】选AD.对于A,由 +1 -1 =q2(n≥2)知数列{a n a n+1}是公比为q2的等比数列;对于B,当q=-1时,数列{a n+a n+1}的项中有0,不是等比数列;对于C,当q=1时,数列{a n-a n+1}的项中有0,不是等比数列;对于D,1 +11 = +1=1 ,是公比为1 的等比数列.7.(5分)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则 2 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=-q3=8⇒d=3,q=-2⇒ 2 2=-1+3-1×(-2)=1.答案:18.(5分)已知数列{a n}是等比数列,a2=2,a5=14,则a1a2a3+a2a3a4+…+a n a n+1a n+2=.【解析】设数列{a n}的公比为q,则q3= 5 2=18,解得q=12,a1= 2 =4,a3=a2q=1.易知数列{a n a n+1a n+2}是首项为a1a2a3=4×2×1=8,公比为q3=18的等比数列,所以a1a2a3+a2a3a4+…+a n a n+1a n+2=8(1-18 )1-18=647(1-2-3n).答案:647(1-2-3n)9.(5分)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,S n为其前n项和.若a1=6,a2+2a3=6,则公比q=,S4=.【解析】由题意,数列{a n}是各项均为正数的等比数列,由a1=6,a2+2a3=6,可得a1q+2a1q2=6q+12q2=6,即2q2+q-1=0,解得q=12或q=-1(舍去).由等比数列的前n项和公式,可得S4=6×[1-(12)4]1-12=454.答案:1245410.(10分)在数列{a n}中,已知a1=1,a n+1=2a n+2n-3.(1)若b n=a n+2n-1,证明:数列{b n}是等比数列.(2)求数列{a n}的前n项和S n.【解析】(1)因为a n+1=2a n+2n-3,b n=a n+2n-1,所以 +1 = +1+2 +1+2 -1=2 +4 -2+2 -1=2.又b1=a1+2-1=2,所以数列{b n}是以2为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)可知,b n=2n,则a n=2n-2n+1,S n=21-1+22-3+…+2n-2n+1=21+22+…+2n-(1+3+…+2n-1)=2-2 +11-2- (1+2 -1)2=2n+1-n2-2.11.(10分)(2022·新高考Ⅱ卷)已知{a n}是等差数列,{b n}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.(1)证明:a1=b1;(2)求集合{k|b k=a m+a1,1≤m≤500}中元素的个数.【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d,由a2-b2=a3-b3得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,即d=2b1,由a2-b2=b4-a4得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),即a1=5b1-2d,将d=2b1代入,得a1=5b1-2×2b1=b1,即a1=b1.【解析】(2)由(1)知a n=a1+(n-1)d=a1+(n-1)×2b1=(2n-1)a1,b n=b1·2n-1,由b k=a m+a1,得b1·2k-1=(2m-1)a1+a1,由a1=b1≠0得2k-1=2m,由题知1≤m≤500,所以2≤2m≤1000,所以k=2,3,4,…,10,共9个数,即集合{k|b k=a m+a1,1≤m≤500}={2,3,4,…,10}中元素的个数为9.【能力提升练】12.(5分)(多选题)设等比数列{a n}的公比为q,其前n项和为S n,前n项积为T n,并且满足条件a1>1,a9a10>1, 9-1 10-1<0,则下列结论正确的是()A.0<q<1B.a10a11>1C.S n的最大值为S10D.T n的最大值为T9【解析】选AD.由题意得a9>1>a10>a11…,所以0<q<1,a10a11<1,S n没有最大值,T9最大.13.(5分)等比数列{a n}的首项a1=-1,前n项和为S n,若 10 5=242243,则公比q=.【解析】由 10 5=242243,a1=-1,知公比q≠1, 10- 5 5=-1243.由等比数列前n项和的性质知S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,且公比为q5,故q5=-1243,所以q=-13.答案:-1314.(10分)已知公比不为1的等比数列{a n}满足a1+a3=5,且a1,a3,a2构成等差数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为{a n}的前n项和,求使S k>238成立的最大正整数k的值.【解析】(1)设公比为q.由题意得a1+a2=2a3,所以a1(1+q-2q2)=0,又因为a1≠0,所以q=-12或1(舍去),因为a1+a3=5,所以a1(1+q2)=5,所以a1=4,所以a n=4·(-12)n-1.(2)S n=4[1-(-12) ]1-(-12)=83[1-(-12)n].因为S k>238,所以83[1-(-12)k]>238,所以564<-(-12)k,显然,k为奇数,即(12)k>564>464=(12)4.解得k≤3,所以满足条件的最大正整数k的值为3.。

高考数学一轮复习课时作业(三十五) 等比数列及其前n项和 (3)

课时作业(三十五) 等比数列及其前n 项和1．在等比数列{a n }中，a 1＝1，a6＋a8a3＋a5 ＝127 ，则a 6的值为( )A ．127B ．181C ．1243D ．1729C [设等比数列{a n }的公比为q ，由a6＋a8a3＋a5 ＝q 3＝127 ⇒q ＝13 ，所以a 6＝a 1·q 5＝1243 .故选C.]2．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 ．8 B ．9 C ．10 D ．11C [由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9， ∴m ＝10.]3．(多选)记单调递增的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 4＝10，a 2a 3a 4＝64，则( ) A ．S n ＋1－S n ＝2n ＋1 B ．a n ＝2n －1 C ．S n ＝2n －1D ．S n ＝2n －1－1BC [由a 2a 3a 4＝64得a 33 ＝43，则a 3＝4.设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，由a 2＋a 4＝10，得4q ＋4q ＝10，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12 .又因为数列{a n }单调递增，所以q ＝2，所以2a 1＋8a 1＝10，解得a 1＝1.所以a n ＝2n －1，S n ＝1×（1－2n ）1－2＝2n －1，所以S n ＋1－S n ＝2n ＋1－1－(2n－1)＝2n .故选BC.]4．(2020·全国卷Ⅱ)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Sn an ＝( )A ．2n －1B ．2－21－n C ．2－2n －1D ．21－n －1B [法一：设等比数列{a n }的公比为q ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a5－a3＝a1q4－a1q2＝12，a6－a4＝a1q5－a1q3＝24 解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，q ＝2.所以S n ＝a1（1－qn ）1－q＝2n －1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1，所以Sn an ＝2n －12n －1＝2－21－n ，故选B.法二：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a6－a4a5－a3 ＝a4（1－q2）a3（1－q2）＝a4a3 ＝2412 ＝2，所以q ＝2，所以Sn an ＝a1（1－qn ）1－q a1qn －1 ＝2n －12n －1＝2－21－n ，故选B.] 5．(多选)(2020·江苏省邗江中学高二月考)已知等比数列{a n }中，满足a 1＝1，q ＝2，S n 是{a n }的前n 项和，则下列说法正确的是( )A ．数列{a 2n }是等比数列B ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 是递增数列C ．数列{log 2a n }是等差数列D ．数列{a n }中，S 10，S 20，S 30仍成等比数列AC [等比数列{a n }中，满足a 1＝1，q ＝2，所以a n ＝2n －1，所以a 2n ＝22n －1，所以数列{a 2n }是等比数列，故A 正确；又1an ＝12n －1 ＝⎝⎛⎭⎫12 n －1 ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 是递减数列，故B 不正确；因为log 2a n ＝log 22n －1＝n －1，所以{log 2a n }是等差数列，故C 正确；数列{a n }中，S 10＝1－2101－2 ＝210－1，S 20＝220－1，S 30＝230－1，S 10，S 20，S 30不成等比数列，故D 不正确；故选AC.]6．等比数列{a n }中，a 1＝ 2 ，a 2＝33 ，则a2＋a2013a8＋a2019 ＝________，a 1a 2a 3a 4＝________．解析：因为等比数列{a n }中，a 1＝ 2 ，a 2＝33 ，所以q ＝a2a1 ＝332，所以a2＋a2013a8＋a2019 ＝a2＋a2013（a2＋a2013）q6 ＝1q6＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫3326 ＝89 ， a 1a 2a 3a 4＝a 41·q 6＝( 2 )4·⎝ ⎛⎭⎪⎫332 6 ＝4×98 ＝92 .答案： 89 ；927．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2 020，a 2＋a 4＝－2a 3，则S 2 021＝________．解析： ∵a 2＋a 4＝－2a 3，∴a 2＋a 4＋2a 3＝0，a 2＋2a 2q ＋a 2q 2＝0， ∵a 2≠0，∴q 2＋2q ＋1＝0，解得q ＝－1. ∵a 1＝2 020，∴S 2 021＝a1（1－q2 021）1－q ＝2 020×[1－（－1）2 021]2 ＝2 020.答案： 2 0208.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树状图形，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22，则其最小正方形的边长为________．解析：由题意，得正方形的边长构成以22 为首项，以22为公比的等比数列，现已知共得到1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1 023，∴n ＝10，∴最小正方形的边长为22 ×⎝⎛⎭⎫22 9 ＝132 .答案：1329．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝4a n －p ，其中p 为非零常数． (1)求证：数列{a n }为等比数列；(2)若a 2＝43，求{a n }的通项公式．解析： (1)证明：当n ＝1时，S 1＝4a 1－p ，得a 1＝p3 ≠0，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(4a n －p )－(4a n －1－p )＝4a n －4a n －1，得3a n ＝4a n －1，即an an －1 ＝43，因而数列{a n }是首项为p 3 ，公比为43的等比数列．(2)由(1)知，数列{a n }的通项公式为a n ＝p 3 ×⎝⎛⎭⎫43 n －1 ，又a 2＝43 ，可知p ＝3，于是a n ＝⎝⎛⎭⎫43 n －1 .10．在等比数列{a n }中，a 1＝6，a 2＝12－a 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 ＝66，求m . 解析： (1)设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＝6，a 2＝12－a 3，∴6q ＝12－6q 2，解得q ＝－2或q ＝1， ∴a n ＝6×(－2)n －1或a n ＝6. (2)①若a n ＝6×(－2)n －1，则S n ＝6×[1－（－2）n]3 ＝2[1－(－2)n ]，由S m ＝66，得2[1－(－2)m ]＝66，解得m ＝5. ②若a n ＝6，q ＝1，则{a n }是常数列， ∴S m ＝6m ＝66，解得m ＝11. 综上，m 的值为5或11.11．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这3个数可适当排序后构成等差数列，也可适当排序后构成等比数列，则p ＋q 的值等于( )A ．7B ．8C ．9D ．10C [因为a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，所以a ＋b ＝p ，ab ＝q .因为p ＞0，q ＞0，所以a ＞0，b ＞0，又a ，b ，－2这3个数可适当排序后构成等差数列，也可适当排序后构成等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧2b ＝a －2，ab ＝4 或⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝b －2，ab ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1 或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4(负值已舍去).所以p ＝a ＋b ＝5，q ＝1×4＝4，所以p ＋q ＝9.故选C.]12．(多选)(2020·江苏南京高三期中)已知等比数列{a n }的公比q ＝－23 ，等差数列{b n }的首项b 1＝12，若a 9＞b 9且a 10＞b 10，则以下结论正确的有( )A ．a 9·a 10＜0B ．a 9＞a 10C ．b 10＞0D ．b 9＞b 10AD [数列{a n }是公比q 为－23 的等比数列，{b n }是首项为12，公差设为d 的等差数列，则a 9＝a 1⎝⎛⎭⎫－23 8，a 10＝a 1⎝⎛⎭⎫－23 9， ∴a 9·a 10＝a 21 ⎝⎛⎭⎫－23 17 ＜0，故A 正确； ∵a 1正负不确定，故B 错误；∵a 10正负不确定，∴由a 10＞b 10，不能求得b 10的符号，故C 错误；由a 9＞b 9且a 10＞b 10，则a 1⎝⎛⎭⎫－23 8＞12＋8d ，a 1⎝⎛⎭⎫－23 9＞12＋9d ，由于a 9，a 10异号，因此a 9＜0或a 10＜0，故b 9＜0或b 10＜0，且b 1＝12.可得等差数列{b n }一定是递减数列，即d ＜0，即有a 9＞b 9＞b 10，故D 正确．故选AD.]13．已知数列{a n }是等比数列，公比q <1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7. (1)求{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n <m 恒成立，求m 的最小值．解析： (1)由a 2＝2，S 3＝7得⎩⎪⎨⎪⎧a1q ＝2，a1＋a1q ＋a1q2＝7解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝4，q ＝12 或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，q ＝2 (舍去).所以a n ＝4·⎝⎛⎭⎫12 n －1 ＝⎝⎛⎭⎫12 n －3 .(2)由(1)可知，S n ＝a1（1－qn ）1－q ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝8⎝⎛⎭⎫1－12n <8. 因为a n >0，所以S n 单调递增．又S 3＝7，所以当n ≥4时，S n ∈(7，8). 又S n <m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8. 14．(开放型)在①an ＋1an ＝－12 ，②a n ＋1－a n ＝－16，③a n ＋1＝a n ＋n －8这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的S n 存在最大值，则求出最大值；若问题中的S n 不存在最大值，请说明理由．问题：设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝4，________，求{a n }的通项公式，并判断S n 是否存在最大值．解析：选①因为an ＋1an ＝－12 ，a 1＝4，所以{a n }是首项为4.公比为－12 的等比数列，所以a n ＝4×⎝⎛⎭⎫－12 n －1 ＝⎝⎛⎭⎫－12 n －3 .当n 为奇数时，S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1＋12＝83 ⎝⎛⎭⎫1＋12n ，因为83 ⎝⎛⎭⎫1＋12n 随着n 的增加而减少，所以此时S n 的最大值为S 1＝4. 当n 为偶数时，S n ＝83 ⎝⎛⎭⎫1－12n ，且S n ＝83 ⎝⎛⎭⎫1－12n ＜83 ＜4.综上，S n 存在最大值，且最大值为4. 选②因为a n ＋1－a n ＝－16 ，a 1＝4.所以{a n }是首项为4，公差为－16 的等差数列，所以a n ＝4＋(n －1)⎝⎛⎭⎫－16 ＝－16 n ＋256 . 由－16 n ＋256≥0得n ≤25，所以S n 存在最大值．且最大值为S 25(或S 24)，因为S 25＝25×4＋25×242 ×⎝⎛⎭⎫－16 ＝50，所以S n 的最大值为50.选③因为a n ＋1＝a n ＋n －8，所以a n ＋1－a n ＝n －8，所以a 2－a 1＝－7，a 3－a 2＝－6，…a n －a n －1＝n －9，则a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －a n －1＝（－7＋n －9）（n －1）2＝n2－17n ＋162，又a 1＝4，所以a n ＝n2－17n ＋242 .当n ≥16时，a n ＞0，故S n 不存在最大值．15．(多选)(2020·山东枣庄期中)将n 2个数排成n 行n 列的一个数阵，如下：该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列(其中m >0).已知a 11＝2，a 13＝a 61＋1，记这n 2个数的和为S .下列结论正确的有( )A ．m ＝3B ．a 67＝17×37C ．a ij ＝(3i －1)×3j －1D ．S ＝14n (3n ＋1)(3n －1)ACD [由题意可得，a 13＝a 11m 2＝2m 2，a 61＝a 11＋5m ＝2＋5m ，所以2m 2＝2＋5m ＋1，解得m ＝3或m ＝－12 (舍去)，所以A 正确．由题意，得a 67＝a 61m 6＝(2＋3×5)×36＝17×36，所以B 错误．因为a ij ＝a i 1m j －1＝[a 11＋(i －1)×m ]×m j －1＝[2＋(i －1)×3]×3j －1＝(3i －1)×3j －1，所以C 正确．因为S ＝(a 11＋a 12＋…＋a 1n )＋(a 21＋a 22＋…＋a 2n )＋…＋(a n 1＋a n 2＋…＋a nn )＝a11（1－3n ）1－3＋a21（1－3n ）1－3 ＋…＋an1（1－3n ）1－3 ＝12 (3n －1)（2＋3n －1）n 2 ＝14 n (3n ＋1)(3n －1)，所以D 正确，故选ACD.]16．(2021·广东梅州质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数).若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1<b n ，则满足条件的n 的取值集合为________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝λa 1－1.又a 1＝1，所以λ－1＝1，解得λ＝2.所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1又a n b n ＝－n 2＋9n －20，所以b n ＝－n2＋9n －202n －1，所以b n ＋1－b n ＝－（n ＋1）2＋9（n ＋1）－202n－－n2＋9n －202n －1＝n2－11n ＋282n<0.又2n >0，所以n 2－11n ＋28＝(n －4)(n －7)<0，解得4<n <7又n ∈N ，所以满足条件的n 的取值集合为{5，6}答案： {5，6}。

2019高三一轮总复习文科数学课时跟踪检测：5-3等比数列及其前n项和 Word版含解析

[课时跟踪检测][基础达标]1．已知数列{a n}为等比数列，若a4＋a6＝10，则a7(a1＋2a3)＋a3a9的值为()A．10B．20C．100D．200解析：a7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝a24＋2a4a6＋a26＝(a4＋a6)2＝102＝100.答案：C2．设等比数列{a n}中，前n项和为S n，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于()A.18B．－18C.578 D.558解析：因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝18，所以a7＋a8＋a9＝18.答案：A3．已知数列{a n}满足log3a n＋1＝log3a n＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6＝9，则log 1 3(a5＋a7＋a9)的值是()A．－5 B．－1 5C．5 D.1 5解析：∵log3a n＋1＝log3a n＋1，∴a n＋1＝3a n，∴数列{a n}是公比q＝3的等比数列．∵a5＋a7＋a9＝q3(a2＋a4＋a6)，∴log13(a5＋a7＋a9)＝log13(9×33)＝log1335＝－5.4．(2017届太原一模)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 2解析：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q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q ＝4.答案：B5．(2017届莱芜模拟)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 ＝b a n ，则c 2 017＝( )A ．92 016B ．272 016C ．92 017D ．272 017解析：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 ＝ba n ＝33n ，所以c 2 017＝33×2 017＝272 017. 答案：D6．(2017届海口市调研测试)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 ．17解析：设{a n }的公比为q ，依题意得a 5a 2＝18＝q 3，因此q ＝12.注意到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.7．(2017届衡阳模拟)在等比数列{a n }中，a 1＝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 ＋1－2B ．3nC ．2nD ．3n －1解析：因为等比数列{a n }为等比数列，a 1＝2，设其公比为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)⇒a 2n ＋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＋q 2－2q )＝0⇒q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n .故选C.答案：C8．(2018届广州市五校联考)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 ．212解析：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.答案：C9．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＝________.解析：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. 答案：2510．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 ＝________.解析：因为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.答案：3n －111．(2017届南昌模拟)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 .解：(1)因为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. 因为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. 12．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)． ∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2， ∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥1)，∴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，∴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．[能力提升]1．若{a n }是正项递增等比数列，T n 表示其前n 项之积，且T 10＝T 20，则当T n 取最小值时，n 的值为________．解析：T 10＝T 20⇒a 11…a 20＝1⇒(a 15a 16)5＝1⇒a 15a 16＝1，又{a n }是正项递增等比数列，所以0<a 1<a 2<…<a 14<a 15<1<a 16<a 17<…，因此当T n 取最小值时，n 的值为15.答案：152．(2018届海口调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝________.解析：依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2.答案：43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋23．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：(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)，∴a n＋1＋2a na n＋2a n－1＝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.。

2019版高考数学文一轮复习教师用书：第五章第三节等

第三节等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第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 . (2)等比中项：如果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⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －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．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)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 .1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．答案：(1)× (2)× (3)× (4)×2．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4D ．±4解析：选C a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4. 又∵a 5＝a 3q 2>0，∴a 5＝4.3．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 ．－13C.19D ．－19解析：选C 由已知条件及S 3＝a 1＋a 2＋a 3，得a 3＝9a 1，设数列{a n }的公比为q ，则q 2＝9，所以a 5＝9＝a 1·q 4＝81a 1，得a 1＝19.4．已知S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，若a 2·a 4＝16，S 3＝7，则a 8＝( ) A ．32 B ．64 C ．128D ．256解析：选C ∵a 2·a 4＝a 23＝16，∴a 3＝4(负值舍去)，① 又S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 3q 2＋a 3q＋a 3＝7，②联立①②，得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝－23或q ＝2，∵a n >0，∴q ＝2，∴a 8＝a 3·q 5＝27＝128.5．(2017·北京高考)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则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 ，则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3； b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.所以a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2，所以a 2b 2＝1.答案：16．设{a n }是公比为正数的等比数列，S n 为{a n }的前n 项和，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }的前7项和为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 5＝a 1q 4＝16，a 1＝1，得q 4＝16，解得q ＝2，所以S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝1×(1－27)1－2＝127.答案：127考点一等比数列的基本运算 (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]1．已知等比数列{a n }单调递减，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4 C. 2D ．2 2解析：选B 由题意，设等比数列{a n }的公比为q ，q >0，则a 23＝a 2a 4＝1，又a 2＋a 4＝52，且{a n }单调递减，所以a 2＝2，a 4＝12，则q 2＝14，q ＝12，所以a 1＝a 2q ＝4.2．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则q ＝________.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)，∴116q 6＝4⎝⎛⎭⎫14q 3－1， ∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2. 答案：2考法(二) 求通项公式或特定项3．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 ＝________. 解析：因为3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以2×2(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3⇒a 3＝3a 2⇒q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.答案：3n －14．(2017·江苏高考)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：设等比数列{a n}的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝74，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：32考法(三) 求等比数列的前n 项和5．(2018·东北四市高考模拟)已知等比数列{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＝________.解析：由题意得，2(a 1＋a 2＋a 3)＝8a 1＋3a 2，所以2a 3－a 2－6a 1＝0. 设{a n }的公比为q (q >0)，则2a 1q 2－a 1q －6a 1＝0，即2q 2－q －6＝0，解得q ＝2或q ＝－32(舍去)．因为a 4＝16，所以a 1＝2，则S 4＝2(1－24)1－2＝30.答案：306．(2017·全国卷Ⅰ节选)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n .解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝(－2)×[1－(－2)n ]1－(－2)＝－23＋(－1)n 2n ＋13. [怎样快解·准解]1．等比数列基本运算中的2种常用数学思想(1)等比数列可以由首项a 1和公比q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕a 1和q 进行．(2)对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过列方程(组)求出a 1，q .如果再给出第三个条件就可以完成a 1，n ，q ，a n ，S n 的“知三求二”问题．考点二等比数列的判定与证明 (重点保分型考点——师生共研)(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.解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故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.[解题师说]1．掌握等比数列的4种常用判定方法(1)等比数列的证明经常利用定义法和等比中项法，通项公式法、前n项和公式法经常在选择题、填空题中用来判断数列是否为等比数列．(2)证明一个数列{a n}不是等比数列，只需要说明前三项满足a22≠a1·a3，或者是存在一个正整数m，使得a2m＋1≠a m·a m＋2即可．[冲关演练]1．(2018·湖南五市十校高三联考)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：选B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a1＝Aq＋B，a2＝Aq2－Aq，a3＝Aq3－Aq2，由a3a2＝a2a1，得A＝－B.2．数列{a n}的前n项和为S n，若a n＋S n＝n，c n＝a n－1.求证：数列{c n}是等比数列．证明：当n＝1时，a1＝S1.由a n＋S n＝n，①得a1＋S1＝1，即2a1＝1，解得a1＝1 2.又a n＋1＋S n＋1＝n＋1，②②－①得a n＋1－a n＋(S n＋1－S n)＝1，即2a n＋1－a n＝1，③因为c n＝a n－1，所以a n＝c n＋1，a n＋1＝c n＋1＋1，代入③式，得2(c n＋1＋1)－(c n＋1)＝1，整理得2c n＋1＝c n，故c n ＋1c n ＝12(常数)．所以数列{c n }是一个首项c 1＝a 1－1＝－12，公比为12的等比数列．考点三等比数列的性质 (重点保分型考点——师生共研)1．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，S 3n ＝14，则S 4n 等于( ) A ．80 B ．30 C ．26D ．16解析：选B 由题意知公比大于0，由等比数列性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…仍为等比数列．设S 2n ＝x ，则2，x －2,14－x 成等比数列．由(x －2)2＝2×(14－x )，解得x ＝6或x ＝－4(舍去)．∴S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S 3n ＝14，∴S 4n ＝14＋2×23＝30.2．(2018·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＝________. 解析：因为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. 答案：－53[解题师说]1．掌握运用等比数列性质解题的2个技巧(1)在等比数列的基本运算问题中，一般是列出a 1，q 满足的方程组求解，但有时运算量较大，如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘已知和隐含的条件．(2)利用性质可以得到一些新数列仍为等比数列或为等差数列，例如：①若{a n }是等比数列，且a n >0，则{log a a n }(a >0且a ≠1)是以log a a 1为首项，log a q 为公差的等差数列．②若公比不为1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .2．牢记与等比数列前n 项和S n 相关的几个结论 (1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . ①若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q ；②若共有2n ＋1项，则S 奇－S 偶＝a 1＋a 2n ＋1q 1＋q (q ≠1且q ≠－1)，S 奇－a 1S 偶＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m ⇔q n ＝S n ＋m －S nS m (q 为公比)． [冲关演练]1．(2018·湖北华师一附中月考)在等比数列{a n }中，a 2a 3a 4＝8，a 7＝8，则a 1＝( ) A ．1 B ．±1 C ．2D ．±2解析：选A 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，则a 1＝a 3q2＝1，故选A.2．已知各项均为实数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝10，S 30＝70，则S 40＝( )A ．150B ．140C ．130D ．120解析：选A 在等比数列{a n }中，由S 10＝10，S 30＝70可知q ≠－1，所以S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30构成公比为q ′的等比数列．所以(S 20－S 10)2＝S 10·(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10·(70－S 20)，解得S 20＝30(负值舍去)．因为S 20－S 10S 10＝30－1010＝2＝q ′，所以S 40－S 30＝2(S 30－S 20)＝80，S 40＝S 30＋80＝150.3．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 ＝________.解析：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 31q 3n －3＝324，因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以3n －6＝36，即n ＝14.答案：14(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列D ．a 3，a 6，a 9成等比数列解析：选D 由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，选D.2．(2018·云南11校跨区调研)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( )A ．40B ．60C ．32D ．50解析：选B 由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，因此S 9－S 6＝16，S 6＝12，S 12－S 9＝32，S 12＝32＋16＋12＝60.3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a 的值为( )A ．－13B.13 C ．－12D.12解析：选A 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，所以a ＋16＝a 2，所以a ＝－13.4．(2018·新乡调研)已知各项均不为0的等差数列{a n }满足a 3－a 272＋a 11＝0，数列{b n }为等比数列，且b 7＝a 7，则b 1·b 13＝( )A ．25B ．16C ．8D ．4解析：选B 由a 3－a 272＋a 11＝0，得2a 7－a 272＝0，a 7＝4，所以b 7＝4，b 1·b 13＝b 27＝16. 5．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 n a n ＝( )A ．4n －1B ．4n －1C ．2n －1D ．2n －1解析：选D 设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝5452＝12，所以S na n ＝1－q n(1－q )q n －1＝1－12n12n＝2n －1.6．(2018·漳州八校联考)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：选D 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＝19，得q 3＝8，∴q ＝2， ∴S 10S 5＝1－q 101－q5＝1＋q 5＝33. 7．已知等比数列{a n }中，a 3＝3，a 10＝384，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝3， ①a 10＝a 1q 9＝384， ② ②÷①，得q 7＝128，即q ＝2，把q ＝2代入①，得a 1＝34，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝34×2n －1＝3×2n －3.答案：3×2n －38．在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．解析：设该数列的公比为q ，由题意知， 192＝3×q 3，q 3＝64，所以q ＝4.所以插入的两个数分别为3×4＝12,12×4＝48. 答案：12,489．(2018·邢台摸底)若正项数列{a n }满足a 2＝12，a 6＝132，且a n ＋1a n＝a n a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则log 2a 4＝________.解析：由a n ＋1a n ＝a n a n －1(n ≥2，n ∈N *)可得数列{a n }是等比数列，所以a 24＝a 2a 6＝164，又a 4>0，则a 4＝18，故log 2a 4＝log 218＝－3.答案：－310．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 ＝________.解析：设公比为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. 答案：2nB 级——中档题目练通抓牢1．已知等比数列{a n }的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 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S n ＝a 1(1－q n )1－q ，得85＋170＝1－2n1－2，解得n ＝8.2．(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 <1D ．a 1>0，q >1解析：选A ∵S n <0，∴a 1<0，又数列{a n }为递增的等比数列， ∴a n ＋1>a n ，且|a n |>|a n ＋1|， ∴－a n >－a n ＋1>0，则q ＝－a n ＋1－a n∈(0,1)， ∴a 1<0,0<q <1.故选A.3．(2018·湖北七市(州)联考)在各项都为正数的数列{a n }中，首项a 1＝2，且点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．3n－1 B.1－(－3)n 2C.1＋3n 2D.3n 2＋n 2解析：选A 由点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，得a 2n －9a 2n －1＝0，即(a n ＋3a n －1)(a n －3a n －1)＝0，又数列{a n }各项均为正数，且a 1＝2，∴a n ＋3a n －1>0，∴a n －3a n －1＝0，即a na n －1＝3，∴数列{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝3的等比数列，其前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2×(3n －1)3－1＝3n －1.4．在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________.解析：∵a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1＝15，a 1q 3－a 1q ＝6(q ≠1) 两式相除得(q 2＋1)(q 2－1)q ·(q 2－1)＝156，即2q 2－5q ＋2＝0， ∴q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．∴a 3＝1×22＝4. 答案：45．(2018·海口调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝________.解析：依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋2. 答案：43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋26．(2018·兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 2，a 4，a 8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，解得d ＝1或d ＝0(舍去)， ∴a n ＝1＋(n －1)＝n . (2)由(1)知a n ＝n ， ∴b n ＝2n ，∴b n ＋1b n＝2，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，∴T n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝4a n －p ，其中p 为非零常数． (1)求证：数列{a n }为等比数列； (2)若a 2＝43，求{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n ＝1时，S 1＝4a 1－p ，得a 1＝p3≠0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(4a n －p )－(4a n －1－p )＝4a n －4a n －1，得3a n ＝4a n －1，即a n a n －1＝43，所以数列{a n }是首项为p 3，公比为43的等比数列．(2)由(1)知，数列{a n }的通项公式为a n ＝p 3×⎝⎛⎭⎫43n －1，又a 2＝43，可知p ＝3，于是a n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1. C 级——重难题目自主选做(2018·黄冈调研)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝n ＋12n·a 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 nn，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)由(1)知b n ＝a n 4n －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.(二)重点高中适用作业A 级——保分题目巧做快做1.在等比数列{a n }中，已知a 3＝6，a 3＋a 5＋a 7＝78，则a 5＝( ) A ．12 B ．18 C ．24D ．36解析：选B a 3＋a 5＋a 7＝a 3(1＋q 2＋q 4)＝6(1＋q 2＋q 4)＝78⇒1＋q 2＋q 4＝13⇒q 2＝3，所以a 5＝a 3q 2＝6×3＝18.2.(2018·湖南师大附中月考)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7.由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2.由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8.3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a 的值为( )A ．－13B.13 C ．－12D.12解析：选A 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，所以a ＋16＝a 2，所以a ＝－13.4．(2018·云南11校跨区调研)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( )A ．40B ．60C ．32D ．50解析：选B 由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，因此S 9－S 6＝16，S 6＝12，S 12－S 9＝32，S 12＝32＋16＋12＝60.5．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 n a n ＝( )A ．4n －1B ．4n －1C ．2n －1D ．2n －1解析：选D 设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝5452＝12，所以S na n＝1－q n(1－q )q n －1＝1－12n12n＝2n －1. 6．已知等比数列{a n }中，a 3＝3，a 10＝384，则该数列的通项公式a n ＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝3， ①a 10＝a 1q 9＝384， ②②÷①，得q 7＝128，即q ＝2，把q ＝2代入①，得a 1＝34，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝34×2n －1＝3×2n －3.答案：3×2n －37．在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________. 解析：∵a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1＝15，a 1q 3－a 1q ＝6(q ≠1) 两式相除得(q 2＋1)(q 2－1)q ·(q 2－1)＝156，即2q 2－5q ＋2＝0， ∴q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．∴a 3＝1×22＝4. 答案：48.(2018·合肥质检)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________.解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ，即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0，所以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，故S 9＝2×(1－29)1－2＝210－2＝1 022.答案：1 0229．(2018·兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 2，a 4，a 8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，∴a n ＝1＋(n －1)＝n . (2)由(1)得a n ＝n ， ∴b n ＝2n ，∴b n ＋1b n＝2，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴T n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.10.(2017·全国卷Ⅱ)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：(1)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 由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6. ②联立①②解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，q ＝0(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧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. B 级——拔高题目稳做准做1.(2018·天津实验中学月考)设{a n }是由正数组成的等比数列，公比q ＝2，且a 1·a 2·a 3·…·a 30＝230，则a 3·a 6·a 9·…·a 30＝( )A ．210B ．220C ．216D ．215解析：选B 因为a 1a 2a 3＝a 32，a 4a 5a 6＝a 35，a 7a 8a 9＝a 38，…，a 28a 29a 30＝a 329，所以a 1a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a 9…a 28a 29a 30＝(a 2a 5a 8…a 29)3＝230.所以a 2a 5a 8…a 29＝210.则a 3a 6a 9…a 30＝(a 2q )(a 5q )(a 8q )…(a 29·q )＝(a 2a 5a 8…a 29)q 10＝210×210＝220，故选B.2.(2018·郑州第一次质量预测)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫13，＋∞ B.⎣⎡⎭⎫13，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫23，＋∞ D.⎣⎡⎭⎫23，＋∞ 解析：选D 依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22(n －1)2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和等于12⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝23⎝⎛⎭⎫1－14n <23，因此实数t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫23，＋∞. 3．(2018·海口调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝________.解析：依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋2. 答案：43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋24.等比数列{a n }满足a n >0，n ∈N *，且a 3·a 2n －3＝22n (n ≥2)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 2n －1＝________.解析：由等比数列的性质，得a 3·a 2n －3＝a 2n ＝22n，从而得a n ＝2n .∴log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 2n －1＝log 2[(a 1a 2n －1)·(a 2a 2n －2)·…·(a n －1a n ＋1)·a n ] ＝log 22n (2n－1)＝n (2n －1)＝2n 2－n .答案：2n 2－n5.(2018·广州综合测试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{S n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，即a 1＝2a 1－2，解得a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以a n ＝2×2n －1＝2n (n ≥2)．又n ＝1时也符合上式，所以a n ＝2n (n ∈N *)． (2)由(1)，知S n ＝2a n －2＝2n ＋1－2，所以T n ＝S 1＋S 2＋…＋S n ＝22＋23＋…＋2n ＋1－2n ＝4×(1－2n )1－2－2n ＝2n ＋2－4－2n .6．(2018·黄冈调研)在数列{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 nn，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 n 4n －a n＝4n2n 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。

2023年高考数学一轮复习第六章数列3等比数列练习含解析

等比数列考试要求 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.了解等比数列与指数函数的关系．知识梳理1．等比数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，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 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，此时，G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n 1－q＝a 1－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 ·qn －m(m ，n ∈N *)．(2)对任意的正整数m ，n ，p ，q ，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若等比数列前n 项和为S n ，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 仍成等比数列(m 为偶数且q ＝－1除外)． (4)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. (5)若⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，0<q <1，则等比数列{a n }递增．若⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1，则等比数列{a n }递减．常用结论1．若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 也是等比数列． 2．等比数列{a n }的通项公式可以写成a n ＝cq n，这里c ≠0，q ≠0. 3．等比数列{a n }的前n 项和S n 可以写成S n ＝Aq n－A (A ≠0，q ≠1,0)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比q 是一个常数，它可以是任意实数．( × ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( × )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a 1－a n1－a.( × )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 教材改编题1．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 4＝12，则公比q 等于( )A ．－12B ．－2C ．2D ．±12答案 D解析设等比数列的公比为q ， ∵{a n }是等比数列，a 2＝2，a 4＝12，∴a 4＝a 2q 2，∴q 2＝a 4a 2＝14，∴q ＝±12.2．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 11＋2a 6a 8＋a 3a 13＝25，则a 6＋a 8＝______. 答案 5解析 ∵{a n }是等比数列，且a 1a 11＋2a 6a 8＋a 3a 13＝25， ∴a 26＋2a 6a 8＋a 28＝(a 6＋a 8)2＝25. 又∵a n >0，∴a 6＋a 8＝5.3．已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________．答案 1,3,9或9,3,1解析设这三个数为a q，a ，aq ，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋aq ＋aq ＝13，a ·aq ·aq ＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，q ＝13或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，q ＝3，∴这三个数为1,3,9或9,3,1.题型一等比数列基本量的运算例1 (1)(2020·全国Ⅱ)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S na n等于( ) A ．2n－1 B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n－1答案 B解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＝a 6－a 4a 5－a 3＝2412＝2. 由a 5－a 3＝a 1q 4－a 1q 2＝12a 1＝12，得a 1＝1. 所以a n ＝a 1qn －1＝2n －1，S n ＝a 11－q n 1－q ＝2n－1，所以S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n.方法二设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3q 2－a 3＝12，①a 4q 2－a 4＝24，②②①得a 4a 3＝q ＝2. 将q ＝2代入①，解得a 3＝4. 所以a 1＝a 3q2＝1，下同方法一．(2)(2019·全国Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 11－q 51－q＝13×1－351－3＝1213. 教师备选1．已知数列{a n }为等比数列，a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，则a 4＝________. 答案 54或24解析由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1·q ＝6，6a 1＋a 1·q 2＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝3，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝3，a 4＝a 1·q 3＝2×33＝54或a 4＝3×23＝3×8＝24.2．已知数列{a n }为等比数列，其前n 项和为S n ，若a 2a 6＝－2a 7，S 3＝－6，则a 6等于( ) A ．－2或32 B ．－2或64 C ．2或－32 D ．2或－64答案 B解析 ∵数列{a n }为等比数列，a 2a 6＝－2a 7＝a 1a 7，解得a 1＝－2，设数列的公比为q ，S 3＝－6＝－2－2q －2q 2，解得q ＝－2或q ＝1，当q ＝－2时，则a 6＝(－2)6＝64，当q ＝1时，则a 6＝－2.思维升华 (1)等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解．(2)等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q.跟踪训练1 (1)(2020·全国Ⅱ)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 等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 C解析 a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ，令m ＝1，则a n ＋1＝a 1a n ＝2a n ，∴{a n }是以a 1＝2为首项，q ＝2为公比的等比数列， ∴a n ＝2×2n －1＝2n.又∵a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25， ∴2k ＋11－2101－2＝215－25，即2k ＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k ＋1＝25，∴k ＋1＝5，∴k ＝4.(2)(2020·新高考全国Ⅱ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. ①求{a n }的通项公式； ②求a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1.解 ①设{a n }的公比为q (q >1)．由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32(舍去)．所以{a n }的通项公式为a n ＝2n，n ∈N *. ②由于(－1)n －1a n a n ＋1＝(－1)n －1×2n ×2n ＋1＝(－1)n －122n ＋1，故a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n －1·22n ＋1＝23[1－－22n]1－－22＝85－(－1)n 22n ＋35. 题型二等比数列的判定与证明例2 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n ，设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝2n ＋1na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列，由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a nn＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.教师备选已知各项都为正数的数列{a n }满足a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n . (1)证明：数列{a n ＋a n ＋1}为等比数列； (2)若a 1＝12，a 2＝32，求{a n }的通项公式．(1)证明 a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n ，所以a n ＋2＋a n ＋1＝3(a n ＋1＋a n )，因为{a n }中各项均为正数，所以a n ＋1＋a n >0，所以a n ＋2＋a n ＋1a n ＋1＋a n＝3，所以数列{a n ＋a n ＋1}是公比为3的等比数列． (2)解由题意知a n ＋a n ＋1＝(a 1＋a 2)3n －1＝2×3n －1，因为a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n ，所以a n ＋2－3a n ＋1＝－(a n ＋1－3a n )，a 2＝3a 1，所以a 2－3a 1＝0，所以a n ＋1－3a n ＝0，故a n ＋1＝3a n ，所以4a n ＝2×3n －1，a n ＝12×3n －1.思维升华等比数列的三种常用判定方法 (1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a n a n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则{a n }是等比数列． (3)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n－k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．跟踪训练2 S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q >0.(1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)易知q ≠1，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝9a 1q ，a 11－q31－q＝13，q >0，解得a 1＝1，q ＝3， ∴a n ＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n－12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列， ∵S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13， ∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝12×3n，则S n ＋1＋12S n ＋12＝12×3n ＋112×3n＝3，故存在常数λ＝12，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列．题型三等比数列的性质例3 (1)若等比数列{a n }中的a 5，a 2019是方程x 2－4x ＋3＝0的两个根，则log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 3＋…＋log 3a 2023等于( ) A.20243 B ．1011 C.20232D ．1012答案 C解析由题意得a 5a 2019＝3，根据等比数列性质知，a 1a 2023＝a 2a 2022＝…＝a 1011a 1013＝a 1012a 1012＝3，于是a 1012＝123，则log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 3＋…＋log 3a 2023 ＝log 3(a 1a 2a 3…a 2023)11011232023=l 3·og 3.2⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12等于( )A ．40B ．60C ．32D ．50 答案 B解析数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列， ∴S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 教师备选1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝__________. 答案 73解析设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠－1，由等比数列前n 项和的性质可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，又由已知得S 6＝3S 3， ∴S 9－S 6＝4S 3， ∴S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73. 2．已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________. 答案 2解析由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. 思维升华 (1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n 项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(2)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．跟踪训练3 (1)(2022·安康模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝1，S 30＝7，则S 40等于( )A ．5B ．10C ．15D ．－20 答案 C解析易知等比数列{a n }的前n 项和S n 满足S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30，…成等比数列．设{a n }的公比为q ，则S 20－S 10S 10＝q 10>0，故S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30，…均大于0. 故(S 20－S 10)2＝S 10·(S 30－S 20)，即(S 20－1)2＝1·(7－S 20)⇒S 220－S 20－6＝0. 因为S 20>0，所以S 20＝3.又(S 30－S 20)2＝(S 20－S 10)(S 40－S 30)，所以(7－3)2＝(3－1)(S 40－7)，故S 40＝15.(2)在等比数列{a n }中，a n >0，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8＝4，a 1a 2·…·a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( ) A ．2 B ．4 C ．8 D ．16答案 A解析 ∵a 1a 2…a 8＝16， ∴a 1a 8＝a 2a 7＝a 3a 6＝a 4a 5＝2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 8＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 7＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 6＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 4＋1a 5＝12(a 1＋a 8)＋12(a 2＋a 7)＋12(a 3＋a 6)＋12(a 4＋a 5) ＝12(a 1＋a 2＋…＋a 8)＝2. 课时精练1．(2022·合肥市第六中学模拟)若等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝1，a 4＋a 5＝8，则a 7等于( ) A.643B ．－643C.323 D ．－323答案 A解析设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＋a 5a 1＋a 2＝q 3＝8，所以q ＝2，又a 1＋a 2＝a 1(1＋q )＝1，所以a 1＝13，所以a 7＝a 1×q 6＝13×26＝643.2．已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3·a 5＝4(a 4－1)，则a 7的值为( ) A ．2B ．4C.92D ．6答案 B解析根据等比数列的性质得a 3a 5＝a 24， ∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，解得a 4＝2. 又∵a 1＝1，a 1a 7＝a 24＝4，∴a 7＝4.3．(2022·开封模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A.13B ．－13C.19D ．－19 答案 B解析由等比数列前n 项和的性质知，S n ＝32n －1＋r ＝13×9n ＋r ，∴r ＝－13.4．(2022·天津北辰区模拟)我国古代数学著作《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．”其大意为：“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．”则该人第四天走的路程为( ) A ．6里 B ．12里 C ．24里 D ．48里答案 C解析由题意可知，该人所走路程形成等比数列{a n }，其中q ＝12，因为S 6＝a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 4＝a 1·q 3＝192×18＝24.5．(多选)设等比数列{a n }的公比为q ，则下列结论正确的是( ) A ．数列{a n a n ＋1}是公比为q 2的等比数列 B ．数列{a n ＋a n ＋1}是公比为q 的等比数列 C ．数列{a n －a n ＋1}是公比为q 的等比数列D ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公比为1q的等比数列答案 AD 解析对于A ，由a n a n ＋1a n －1a n＝q 2(n ≥2)知数列{a n a n ＋1}是公比为q 2的等比数列；对于B ，当q ＝－1时，数列{a n ＋a n ＋1}的项中有0，不是等比数列；对于C ，当q ＝1时，数列{a n －a n ＋1}的项中有0，不是等比数列；对于D ，1a n ＋11a n＝a n a n ＋1＝1q，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公比为1q 的等比数列．6．(多选)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝2S n (n ∈N *)，则有( ) A ．S n ＝3n －1B ．{S n }为等比数列C ．a n ＝2·3n －1D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2·3n －2，n ≥2答案 ABD解析由题意，数列{a n }的前n 项和满足a n ＋1＝2S n (n ∈N *)，当n ≥2时，a n ＝2S n －1，两式相减，可得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，可得a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n＝3(n ≥2)，又a 1＝1，则a 2＝2S 1＝2a 1＝2，所以a 2a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2·3n －2，n ≥2.当n ≥2时，S n ＝a n ＋12＝2·3n －12＝3n －1，又S 1＝a 1＝1，适合上式，所以数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n －1，又S n ＋1S n ＝3n3n －1＝3，所以数列{S n }为首项为1，公比为3的等比数列，综上可得选项ABD 是正确的．7．(2022·嘉兴联考)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a 1＝________. 答案 1解析由于S 3＝7，S 6＝63知公比q ≠1，又S 6＝S 3＋q 3S 3，得63＝7＋7q 3. ∴q 3＝8，q ＝2.由S 3＝a 11－q 31－q ＝a 11－81－2＝7，得a 1＝1.8．已知{a n }是等比数列，且a 3a 5a 7a 9a 11＝243，则a 7＝________；若公比q ＝13，则a 4＝________.答案 3 81解析由{a n }是等比数列，得a 3a 5a 7a 9a 11＝a 57＝243，故a 7＝3，a 4＝a 7q3＝81.9．(2022·徐州模拟)已知等差数列{a n }的公差为2，其前n 项和S n ＝pn 2＋2n ，n ∈N *. (1)求实数p 的值及数列{a n }的通项公式；(2)在等比数列{b n }中，b 3＝a 1，b 4＝a 2＋4，若{b n }的前n 项和为T n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n ＋16为等比数列． (1)解 S n ＝na 1＋n n －12d ＝na 1＋n (n －1)＝n 2＋(a 1－1)n ，又S n ＝pn 2＋2n ，n ∈N *，所以p ＝1，a 1－1＝2，即a 1＝3，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)证明因为b 3＝a 1＝3，b 4＝a 2＋4＝9，所以q ＝3，所以b n ＝b 3·q n －3＝3n －2，所以b 1＝13，所以T n ＝131－3n1－3＝3n－16，所以T n ＋16＝3n 6，又T 1＋16＝12，所以T n ＋16T n －1＋16＝3n 63n －16＝3(n ≥2)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n ＋16是以12为首项，3为公比的等比数列．10．(2022·威海模拟)记数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋1.设b n ＝a n ＋1－2a n .(1)求证：数列{b n }为等比数列；(2)设c n ＝|b n －100|，T n 为数列{c n }的前n 项和．求T 10. (1)证明由S n ＋1＝4a n ＋1，得S n ＝4a n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，两式相减得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)，所以b n b n －1＝a n ＋1－2a na n －2a n －1＝2a n －2a n －1a n －2a n －1＝2(n ≥2)，又a 1＝1，S 2＝4a 1＋1，故a 2＝4，a 2－2a 1＝2＝b 1≠0，所以数列{b n }为首项与公比均为2的等比数列． (2)解由(1)可得b n ＝2·2n －1＝2n，所以c n ＝|2n－100|＝⎩⎪⎨⎪⎧100－2n，n ≤6，2n－100，n >6，所以T 10＝600－(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210－400 ＝200－21－261－2＋27＋28＋29＋210＝200＋2＋28＋29＋210＝1 994.11．(多选)(2022·滨州模拟)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝a 2＝1，a n ＝a n －1＋2a n －2(n ≥3)，则下列结论正确的是( )A ．数列{a n ＋1＋a n }为等比数列B ．数列{a n ＋1－2a n }为等比数列C ．a n ＝2n ＋1＋－1n3D ．S 20＝23(410－1)答案 ABD解析因为a n ＝a n －1＋2a n －2(n ≥3)，所以a n ＋a n －1＝2a n －1＋2a n －2＝2(a n －1＋a n －2)，又a 1＋a 2＝2≠0，所以{a n ＋a n ＋1}是等比数列，A 正确；同理a n －2a n －1＝a n －1＋2a n －2－2a n －1＝－a n －1＋2a n －2＝－(a n －1－2a n －2)，而a 2－2a 1＝－1，所以{a n ＋1－2a n }是等比数列，B 正确；若a n ＝2n ＋1＋－1n3，则a 2＝23＋－123＝3，但a 2＝1≠3，C 错误；由A 知{a n ＋a n －1}是等比数列，且公比为2，因此数列a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，…仍然是等比数列，公比为4，所以S 20＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＝21－4101－4＝23(410－1)，D 正确． 12．(多选)(2022·黄冈模拟)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，并且满足条件a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0.则下列结论正确的是( ) A ．0<q <1B ．a 7·a 9>1C ．S n 的最大值为S 9D ．T n 的最大值为T 7答案 AD解析 ∵a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0， ∴a 7>1,0<a 8<1， ∴0<q <1，故A 正确；a 7a 9＝a 28<1，故B 错误；∵a 1>1,0<q <1，∴数列为各项为正的递减数列， ∴S n 无最大值，故C 错误；又a 7>1,0<a 8<1，∴T 7是数列{T n }中的最大项，故D 正确．13．(2022·衡阳八中模拟)设T n 为正项等比数列{a n }(公比q ≠1)前n 项的积，若T 2015＝T 2021，则log 3a 2019log 3a 2021＝________.答案 15解析由题意得，T 2015＝T 2021＝T 2015·a 2016a 2017a 2018a 2019a 2020a 2021，所以a 2016a 2017a 2018a 2019a 2020a 2021＝1，根据等比数列的性质，可得a 2016a 2021＝a 2017a 2020＝a 2018a 2019＝1，设等比数列的公比为q ，所以a 2016a 2021＝a 20212q 5＝1⇒a 2021＝52,qa 2018a 2019＝a 20192q＝1⇒a 2019＝12,q所以log 3a 2019log 3a 2021＝123523log 1.5log q q14.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，……，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1023个正方形，且其最大的正方形的边长为22，则其最小正方形的边长为________．答案132解析由题意，得正方形的边长构成以22为首项,22为公比的等比数列，现已知共含有1023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1023，所以n ＝10，所以最小正方形的边长为⎝⎛⎭⎪⎫2210＝132.15．(多选)在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”，下列关于“等差比数列”的判断正确的是( ) A ．k 不可能为0B ．等差数列一定是“等差比数列”C ．等比数列一定是“等差比数列”D ．“等差比数列”中可以有无数项为0 答案 AD解析对于A ，k 不可能为0，正确；对于B ，当a n ＝1时，{a n }为等差数列，但不是“等差比数列”，错误；对于C ，当等比数列的公比q ＝1时，a n ＋1－a n ＝0，分式无意义，所以{a n }不是“等差比数列”，错误；对于D ，数列0,1,0,1,0,1，…，0,1是“等差比数列”，且有无数项为0，正确． 16．已知等比数列{a n }的公比q >1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，数列{a n b n }的前n 项和为2n －1·3n＋12.(1)分别求出数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，∀n ∈N *，S n ≤m 恒成立，求实数m 的最小值．解 (1)因为a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，所以q 2－2q －3＝0，所以q ＝3或q ＝－1，又q >1，所以q ＝3，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．因为a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝2n －1·3n＋12，所以a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝2n －3·3n －1＋12(n ≥2)，两式相减，得a n b n ＝2n ·3n －1(n ≥2)，因为a n ＝2·3n －1，所以b n ＝n (n ≥2)，当n ＝1时，由a 1b 1＝2及a 1＝2，得b 1＝1(符合上式)，所以b n ＝n (n ∈N *)．(2)因为数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列，所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n <34.因为∀n ∈N *，S n ≤m 恒成立，所以m ≥34，即实数m 的最小值为34.。

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．。

2018年高考数学(人教A版)一轮复习课时分层提升练三十一5-3等比数列及其前n项和Word版含解析

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课时分层提升练三十一等比数列及其前n项和(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2017·广州模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n}中,若a5a9=3,a6a10=9,则a7a8= ( )A. B.2 C.4 D.3【解析】选D.因为数列{a n}是各项均为正数的等比数列,则由等比数列的性质有=a5a9,=a6a10,所以a7a8===3. 2.(2017·合肥模拟)不相等的三个正数a,b,c成等差数列,并且x是a,b的等比中项,y是b,c的等比中项,则x2,b2,y2三数( )A.成等比数列而非等差数列B.成等差数列而非等比数列C.既成等差数列又成等比数列D.既非等差数列又非等比数列【解析】选B.由已知条件,可得由②③得代入①,得+=2b,即x2+y2=2b2.故x2,b2,y2成等差数列.【加固训练】1.(2017·郑州模拟)已知等比数列的前三项依次为a-1,a+1,a+4,则a n= ( )A.4·B.4·C.4·D.4·【解析】选C.由于等比数列{a n}的前三项依次为a-1,a+1,a+4,得(a+1)2=(a-1)(a+4),解得a=5,因此前三项依次为4,6,9,公比q=,因此a n=4·.2.在等比数列{a n}中,a3=6,前3项之和S3=18,则公比q的值为( )A.1B.-C.1或-D.-1或【解析】选C.根据已知条件得所以=3.整理得2q2-q-1=0,解得q=1或q=-.【误区警示】解答本题会出现以下错误:利用等比数列的前n项和公式表示S3后,计算结果中把q=1的结果舍去了,导致错误的原因是忽视了q=1与q≠1时,前n项和的计算公式不同.3.(2017·湛江模拟)已知等比数列中,a 3=2,a4a6=16,则的值为( )A.2B.4C.8D.16【解析】选B.因为a3=2,a4a6=16,所以a4a6=q4=16,即q4=4,则==q4=4.【加固训练】(2017·漳州模拟)已知正项等比数列{a n}中,a2·a5·a13·a16=256,a7=2,则数列的公比为( )A. B.2 C.±2 D.±【解析】选A.由等比数列的性质得a2·a5·a13·a16==256⇒a9=4,又a7=2,各项为正,所以q2==2,q=.4.(2016·天津高考)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+<0”的( )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【解题提示】利用等比数列的定义将a2n-1+a2n<0转化为a1q2n-2(1+q)<0,得出q的范围,然后比较前后两个q的取值范围即可.【解析】选C.设数列的首项为a1,则a2n-1+a2n=a1q2n-2+a1q2n-1=a1q2n-2(1+q)<0,即q<-1,故q<0是q<-1的必要不充分条件.5.已知等比数列{a n}的首项为8,S n是其前n项的和,某同学经计算得S1=8,S2=20,S3=36,S4=65,后来该同学发现其中一个数算错了,则该数为( )A.S1B.S2C.S3D.S4【解析】选C.根据题意可得显然S1是正确的,假设后三个数均未算错,则a1=8,a2=12,a3=16,a4=29,可知=a1a3,所以S2,S3中必有一个数算错了,若S2算错了,则a4=29=a1q3,q=,显然S3=36≠8(1+q+q2),矛盾,所以只可能是S3算错了,此时由a2=12得q=,a3=18,a4=27,S4=S2+18+27=65,满足题设.二、填空题(每小题5分,共15分)6.在公比为正数的等比数列中,a1+a2=2,a3+a4=8,则S8= . 【解析】方法一:S8=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+(a7+a8)=2+8+32+128=170.方法二:q2==4,又q>0,所以q=2.所以a1(1+q)=a1(1+2)=2,所以a1=.所以S8==170.答案:170【加固训练】已知递增的等比数列{a n}中,a2+a8=3,a3·a7=2,则= .【解析】因为递增的等比数列{a n}中,a2+a8=3,a3·a7=2,所以a2+a8=3,a2·a8=2,所以a2和a8是一元二次方程x2-3x+2=0的两个根,解得a2=1,a8=2,所以解得q6=2,所以==q3=.答案:7.(2017·昆明模拟)设S n为等比数列{a n}的前n项和,已知3S3=a4-2,3S2=a3-2,则公比q= .【解析】因为S n为等比数列{a n}的前n项和,3S3=a4-2,3S2=a3-2,两式相减得3a3=a4-a3,a4=4a3,所以公比q=4.答案:48.(2017·福州模拟)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.【解题提示】利用等差、等比中项及根与系数的关系求解.【解析】由题可得所以a>0,b>0,不妨设a>b,所以等比数列为a,-2,b或b,-2,a,从而得到ab=4=q,等差数列为a,b,-2或-2,b,a,从而得到2b=a-2,两式联立解出a=4,b=1,所以p=a+b=5,所以p+q=4+5=9.答案:9三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n}满足a1=1,-(2a n+1-1)a n-2a n+1=0.(1)求a2,a3.(2)求{a n}的通项公式.【解析】(1)由题意可得a2=,a3=.(2)由-(2a n+1-1)a n-2a n+1=0,得2a n+1(a n+1)=a n(a n+1).因为的各项都为正数,所以=.故是首项为1,公比为的等比数列,因此a n=.【加固训练】已知等比数列{a n}的所有项均为正数,首项a1=1,且a4,3a3,a5成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)数列{a n+1-λa n}的前n项和为S n,若S n=2n-1(n∈N*),求实数λ的值. 【解析】(1)设数列{a n}的公比为q,由条件可知q3,3q2,q4成等差数列,所以6q2=q3+q4,解得q=-3或q=2,因为q>0,所以q=2.所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1(n∈N*).(2)记b n=a n+1-λa n,则b n=2n-λ·2n-1=(2-λ)2n-1,若λ=2,则b n=0,S n=0,不符合条件;若λ≠2,则=2,数列{b n}为首项为2-λ,公比为2的等比数列,此时S n=(1-2n)=(2-λ)(2n-1),因为S n=2n-1,所以λ=1.10.(2017·重庆模拟)已知{a n}是首项为1,公差为2的等差数列,S n 表示{a n}的前n项和.(1)求a n及S n.(2)设{b n}是首项为2的等比数列,公比q满足q2-(a4+1)q+S4=0,求{b n}的通项公式及其前n项和T n.【解析】(1)因为{a n}是首项a1=1,公差d=2的等差数列,所以a n=a1+(n-1)d=2n-1.故S n===n2.(2)由(1)得a4=7,S4=16.因为q2-(a4+1)q+S4=0,即q2-8q+16=0,所以(q-4)2=0,从而q=4.又因b1=2,{b n}是公比q=4的等比数列,所以b n=b1q n-1=2·4n-1=22n-1.从而{b n}的前n项和T n==(4n-1).【加固训练】1.设{a n}是公比为q的等比数列.(1)推导{a n}的前n项和公式.(2)设q≠1,证明数列{a n+1}不是等比数列.【解析】(1)设{a n}的前n项和为S n,当q=1时,S n=a1+a1+…+a1=na1;当q≠1时,S n=a1+a1q+a1q2+…+a1q n-1,①qS n=a1q+a1q2+…+a1q n,②①-②得,(1-q)S n=a1-a1q n,所以S n=,所以S n=(2)假设{a n+1}是等比数列,则对任意的k∈N*,(a k+1+1)2=(a k+1)(a k+2+1),+2a k+1+1=a k a k+2+a k+a k+2+1,q2k+2a1q k=a1q k-1·a1q k+1+a1q k-1+a1q k+1,因为a1≠0,所以2q k=q k-1+q k+1.因为q≠0,所以q2-2q+1=0,所以q=1,与已知矛盾,所以假设不成立,故{a n+1}不是等比数列.2.(2017·太原模拟)已知数列{c n},其中c n=2n+3n,且数列{c n+1-pc n}为等比数列,求常数p.【解析】因为{c n+1-pc n}是等比数列,所以当n≥2时,有(c n+1-pc n)2=(c n+2-pc n+1)(c n-pc n-1),将c n=2n+3n代入上式,得[2n+1+3n+1-p(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)]·[2n+3n-p(2n-1+3n-1)],即[(2-p)2n+(3-p)3n]2=[(2-p)2n+1+(3-p)3n+1][(2-p)2n-1+(3-p)·3n-1].整理得(2-p)(3-p)·2n·3n=0.所以2-p=0或3-p=0,所以p=2或p=3.【一题多解】解答本题,还有以下解法:方法一:由c n=2n+3n,得c1=5,c2=13,c3=35,c4=97.因而数列{c n+1-pc n}的前三项依次为13-5p,35-13p,97-35p.由题意得:(35-13p)2=(13-5p)(97-35p),整理得:p2-5p+6=0,解得p=2或p=3.当p=2时,c n+1-pc n=(2n+1+3n+1)-2(2n+3n)=3n,所以==3.所以此时{c n+1-pc n}是等比数列.同理p=3时数列{c n+1-pc n}也是等比数列,所以p=2或p=3.方法二:{c n+1-pc n}是等比数列⇔=非零常数.因为===2+=2+.为使为非零常数,也就是使2+为非零常数.所以p-2=0或p-3=0,所以p=2或p=3.(20分钟40分)1.(5分)等比数列{a n}中,a3+a6=36,a4+a7=18,a n=,则n= ( )A.7B.8C.9D.10【解析】选D.因为所以q=.又因为a3+a6=a3(1+q3)=36,所以a3=32.因为a n=a3·q n-3=32·=28-n==2-2,所以8-n=-2,即n=10.【一题多解】本题还可采用如下解法:因为a4+a7=a1·q3(1+q3)=18且a3+a6=a1·q2·(1+q3)=36,所以q=,a1=128.又因为a n=a1·q n-1=27·=28-n==2-2,所以8-n=-2,即n=10.【加固训练】(2017·成都模拟)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且a1+a3=,a2+a4=,则= ( )A.4n-1B.4n-1C.2n-1D.2n-1【解析】选D.设等比数列{a n}的公比为q,则q===,所以===2n-1.2.(5分)(2017·石家庄模拟)等比数列{a n}中,a5=6,则数列{log6a n}的前9项和等于( )A.6B.9C.12D.16【解析】选B.因为a1a2…a9=q0+1+2+…+8=q36=,所以log6a1+log6a2+…+log6a9=log6(a1a2…a9)=log6=9.3.(5分)(2017·太原模拟)已知方程(x2-mx+2)·(x2-nx+2)=0的四个根组成以为首项的等比数列,则= .【解题提示】利用根与系数的关系求出根的积,再由等比数列求出根,最后可求出m,n的值.【解析】设a,b,c,d是方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根,不妨设a<c<d<b,则a·b=c·d=2,a=,故b=4,根据等比数列的性质,得到c=1,d=2,则m=a+b=,n=c+d=3,或m=c+d=3,n=a+b=,则=或=. 答案:或【加固训练】在等比数列{a n}中,若a3=4,a9=1,则a6= ,若a3=4,a11=1,则a7= .【解析】设数列{a n}的公比为q,则a3,a6,a9组成的新数列的公比为q3. 若a3=4,a9=1,则=4,a6=±2,符合题意;a3,a7,a11组成的新数列的公比为q4,由a3=4,a11=1,得=4,当a7=2时,q4=,符合题意,当a7=-2时,q4=-,不合题意,舍去.答案:±2 24.(12分)数列{a n}中,S n=1+ka n(k≠0,k≠1).(1)证明:数列{a n}为等比数列.(2)求通项a n.(3)当k=-1时,求++…+.【解析】(1)因为S n=1+ka n,①S n-1=1+ka n-1(n≥2),②①-②得S n-S n-1=ka n-ka n-1(n≥2),所以(k-1)a n=ka n-1,由已知可得a n=0时S n=1无意义,所以=为非零常数,n≥2.所以{a n}是公比为的等比数列.(2)因为S1=a1=1+ka1,所以a1=.所以a n=·=-.(3)因为{a n}中a1=,q=,所以{}是首项为,公比为的等比数列.当k=-1时,等比数列{}的首项为,公比为,所以++…+==.5.(13分)(2017·洛阳模拟)已知数列中,a1=1,a n+1=(1)证明:数列是等比数列.(2)求a2n及a2n-1.【解析】(1)设b n=a2n-,则b1=a2-=-=-,因为=====.所以数列是以-为首项,为公比的等比数列.(2)由(1)得b n=a2n-=-·=-·,即a2n=-·+,由a2n=a2n-1+(2n-1),得a2n-1=3a2n-3(2n-1)=-·-6n+.【加固训练】设数列{a n}的前n项和为S n,其中a n≠0,a1为常数,且-a1,S n,a n+1成等差数列.(1)求{a n}的通项公式.(2)设b n=1-S n,问:是否存在a1,使数列{b n}为等比数列?若存在,求出a1的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)依题意,得2S n=a n+1-a1.当n≥2时,有两式相减,得a n+1=3a n(n≥2).又因为a2=2S1+a1=3a1,a n≠0,所以数列{a n}是首项为a1,公比为3的等比数列.因此,a n=a1·3n-1(n∈N*).(2)因为S n==a1·3n-a1,b n=1-S n=1+a1-a1·3n.要使{b n}为等比数列,当且仅当1+a1=0,即a1=-2.所以存在a1=-2,使数列{b n}为等比数列.关闭Word文档返回原板块。

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关闭Word文档返回原板块课时提升作业（三十）等比数列及其前n项和（45分钟100分)一、选择题(每小题5分，共40分）1.(2014·黄冈模拟)公比为2的等比数列{an ｝的各项都是正数,且a4a10=16，则a6=( ）A.1B.2 C。

4 D。

82.（2014·襄阳模拟)记等比数列｛an ｝的前n项和为Sn,若a1=,S2=2,则S4=( )A.2B.6C.16D.203.（2014·天门模拟)在各项均为正数的等比数列｛an ｝中,a3=—1,a5=+1，则+2a2a6+a3a7=( )A。

4 B.6 C。

8 D。

8-44.(2013·新课标全国卷Ⅰ)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—1 B.S n=3a n—2C.S n=4—3a nD.S n=3-2a n5。

已知等比数列{a n｝的公比为q，前n项和为S n，且S3，S9,S6成等差数列,则q3等于( ）A。

—1或B。

1或-C.1D.-6.设｛a n｝是首项大于零的等比数列,则“a1<a2”是“数列｛a n｝是递增数列"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7。

已知等比数列｛a n｝中的各项都是正数,且5a1,a3,4a2成等差数列，则=（）A.—1 B。

1 C。

52n D。

52n—18.已知f（x）=bx+1是关于x的一次函数，b为不等于1的常数,且g（n)=设a n=g(n)—g（n—1)(n∈N＊)，则数列{a n｝为（）A。

等差数列B。

等比数列C.递增数列D.递减数列二、填空题（每小题5分，共20分)9.(2013·广东高考）设数列{a n｝是首项为1，公比为-2的等比数列,则a1+|a2｜+a3+｜a4｜= .10。

（2013·辽宁高考）已知等比数列｛a n}是递增数列，S n是{a n｝的前n项和.若a1，a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6= .11。

等比数列{a n｝的首项a1=-1，前n项和为S n,若=，则公比q= 。

12.(能力挑战题)(2014·孝感模拟）已知等比数列{a n｝的各项都为正数,且当n ≥3时，a4a2n-4=102n,则数列lga1，2lga2，22lga3,23lga4，…,2n-1lga n,…的前n项和S n等于________.三、解答题(13题12分，14～15题各14分)13.在数列{a n｝中，a1=2，a n+1=a n+cn(c是常数,n=1，2，3，…),且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列。

(1）求c的值。

（2)求｛a n｝的通项公式。

14.已知数列{a n｝的前n项和为S n，且S n=4a n-3(n∈N＊)。

(1）证明:数列｛a n}是等比数列。

(2）若数列{b n｝满足b n+1=a n+b n(n∈N*),且b1=2,求数列{b n}的通项公式。

15.（能力挑战题)(2013·湖北高考)已知S n是等比数列｛a n}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列，且a2+a3+a4=-18。

(1)求数列{a n}的通项公式.(2）是否存在正整数n，使得S n≥2013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在,说明理由。

答案解析1。

【解析】选B。

由题意可得=a4a10=16,又数列的各项都是正数，故a7=4，故a6===2.2.【解析】选D.根据题意,由于等比数列｛a n｝的前n项和为S n,若a1=，S2==2⇒1+q=4⇒q=3,S4==·(1+q2）=2×10=20。

【加固训练】设等比数列{a n}的公比q=2，前n项和为S n，则=( ）A。

2 B.4 C。

D.【解析】选C.=·==。

3.【解析】选C。

a3+a5=—1++1=2,故+2a2a6+a3a7=+2a3a5+=（a3+a5)2=8.【加固训练】在等比数列{a n}中,a1+a2=1,a3+a4=2，则a5+a6+a7+a8=( ) A.10 B.11 C.12 D。

14【解析】选C.由题意知,a1+a2，a3+a4，a5+a6，a7+a8成等比数列,所以a5+a6=2×2=4,a7+a8=4×2=8.所以a5+a6+a7+a8=4+8=12.4。

【思路点拨】利用等比数列的通项公式以及前n项和公式S n=或S n=求解。

【解析】选D。

方法一:因为等比数列的首项为1，公比为,S n==，所以S n=3-2a n.方法二：S n==3—3×=3-2,a n=，观察四个选项可知选D.5。

【解析】选D。

当q=1时,易验证知不符合S3,S9,S6成等差数列，当q≠1时,由2S9=S3+S6，得2·=+。

化简整理得:2q9-q6-q3=0，即(q3-1)(2q3+1）=0⇒q3=—.【误区警示】等比数列求和公式分两种情况q=1和q≠1,解题时应注意条件是否暗示了q的范围，如果没有暗示,应该讨论，而不能直接用公式S n=。

6。

【解析】选C.若已知a1〈a2，则设数列{a n｝的公比为q，因为0〈a1〈a2，所以有0<a1〈a1q，解得q〉1,又a1>0,所以数列{a n｝是递增数列；反之，若数列{a n｝是递增数列且a1〉0，则公比q〉1，所以a1〈a1q,即a1<a2，所以a1〈a2是数列｛a n｝是递增数列的充分必要条件。

7。

【解析】选C.设等比数列{a n}的公比为q（q〉0),则依题意有a3=5a1+4a2，即a1q2=5a1+4a1q，q2—4q-5=0,解得q=-1或q=5.又q〉0，因此q=5,所以==q2n=52n,选C.【方法技巧】等差数列与等比数列的联系与区别等差数列等比数列不同点（1)强调每一项与前一项的差（2)a1和d可以为0（3）任意两实数的等差中项唯一(1)强调每一项与前一项的比(2)a1与q均不为0(4)当m+n=p+q（m，n,p,q∈N ＊)时a m+a n=a p+a q (3)两同号实数（不为0）的等比中项有两个值(4）当m+n=p+q（m，n,p,q∈N＊）时a m a n=a p a q相同点（1)都强调每一项与其前一项的关系(2)结果都必须是常数（3）数列都可以由a1,d或a1，q确定联系（1）若｛a n}为正项等比数列，则｛log m a n}为等差数列，其中m〉0,且m≠1(2）｛a n｝为等差数列,则{n a b｝为等比数列(3)非零常数列既是等差数列又是等比数列8。

【解析】选B。

a1=g（1)—g(0）=f（g（0）)-g(0）=b+1-1=b，当n≥2时，a n=g(n）-g(n—1)=f(g（n-1）)-f（g（n-2））=b［g（n-1)—g(n—2）］=ba n-1，所以｛a n}是等比数列.9.【解析】由题意知a1=1,q=—2,得a n=a1·q n-1=1·（—2)n-1=(-2）n-1，a1+|a2|+a3+|a4|=1+|—2|+(—2）2+|(—2）3｜=15。

答案:1510.【思路点拨】利用方程求得a1，a3的值，结合等比数列，求出基本量（首项和公比)，进而解决求和问题。

【解析】因为方程x2—5x+4=0的根为1,4，而等比数列{a n}是递增数列，所以a1=1,a3=4。

由等比数列的通项公式得,a3=a1q2=q2=4⇒q=±2.又因为等比数列｛a n}是递增数列,故q=2.从而S6===63.答案：6311.【思路点拨】利用等比数列的前n项和的性质求解.【解析】由=,a1=-1知公比q≠1,=-.由等比数列前n项和的性质知S5，S10-S5,S15—S10成等比数列，且公比为q5，故q5=-，解得q=—.答案:-【加固训练】设{a n｝是公比为q的等比数列,|q｜>1，令b n=a n+1(n=1，2，…），若数列｛b n｝有连续四项在集合{—53,-23，19，37，82｝中，则6q= 。

【解析】由题意知，数列{b n｝有连续四项在集合{—53,—23，19,37,82｝中，说明｛a n｝有连续四项在集合{—54,—24,18,36，81｝中，由于｛a n｝中连续四项至少有一项为负，所以q〈0,又因为|q｜〉1，所以{a n｝的连续四项为—24，36，—54，81，所以q==-,所以6q=—9。

答案:—912。

【解析】因为等比数列｛a n}的各项都为正数,且当n≥3时,a4a2n-4=102n,所以= 102n,即a n=10n,所以2n—1lga n=2n-1lg10n=n·2n—1，所以S n=1+2·2+3·22+…+n·2n-1①2S n=1·2+2·22+3·23+…+n·2n②所以①—②得:-S n=1+2+22+…+2n—1-n·2n=2n-1-n·2n=(1—n）2n—1,所以S n=（n—1）2n+1.答案：(n—1）2n+113。

【解析】（1）a1=2,a2=2+c，a3=a2+2c=2+3c, 因为a1,a2,a3成等比数列，所以(2+c）2=2（2+3c), 解得c=0或c=2。

当c=0时，a1=a2=a3,不符合题意舍去,故c=2。

（2)由(1)知a n+1—a n=2n(n=1,2，3，…)a2-a1=2，a3—a2=4，…当n≥2时，a n—a n-1=2（n-1），以上各式累加得a n-a1=2［1+2+…+(n-1)]=2×=n（n-1).又a1=2,故a n=2+n（n-1）=n2—n+2(n=2,3,…)。

当n=1时,上式也成立，所以a n=n2—n+2(n=1，2,…).14.【解析】(1）依题意S n=4a n-3（n∈N＊），n=1时,a1=4a1—3,解得a1=1。

因为S n=4a n—3,则S n—1=4a n-1-3(n≥2),所以当n≥2时，a n=S n-S n-1=4a n-4a n-1,整理得a n=a n—1.又a1=1≠0，所以｛a n}是首项为1，公比为的等比数列。

(2）因为a n=，由b n+1=a n+b n(n∈N*),得b n+1—b n=。

可得b n=b1+（b2—b1）+(b3—b2)+…+（b n—b n-1）=2+=3·—1(n≥2），当n=1时也满足，所以数列{b n}的通项公式为b n=3·—1.15.【思路点拨】（1)由条件S4,S2,S3成等差数列和a2+a3+a4=—18列出方程组,解出首项和公比，运用等比数列通项公式得出｛a n｝的通项公式.(2)假设存在正整数n，使得S n≥2013，解不等式，求n的解集。