高考数学总复习 课时作业30 等比数列及其前n项和试题
高考数学复习课时作业30 等比数列及其前n项和
课时作业(三十) 等比数列及其前n 项和A 级1．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n －a ，数列{a n }为等比数列，则实数a 的值是( ) A ．3 B ．1 C ．0D ．－12．设数列{a n }满足：2a n ＝a n ＋1(n ∈N *)，且前n 项和为S n ，则S 4a 2的值为( )A.152 B ．154C ．4D ．23．已知函数f (x )＝log a x ，且所有项为正数的无穷数列{a n }满足log a a n ＋1－log a a n ＝2，则数列{a n }( )A ．一定是等比数列B ．一定是等差数列C ．既是等差数列又是等比数列D ．既不是等差数列又不是等比数列4．(2012·威海模拟)在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( )A.12 B ．32 C ．1D ．－325．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则数列{a n }的奇数项的前n 项和为( ) A.2n ＋1－13B ．2n ＋1－23C.22n －13D ．22n －236．已知各项不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝________.7．(2013·南京模拟)等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 为________．8．(2012·江西卷)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.9．(2013·潍坊模拟)已知函数f (x )＝2x ＋3，数列{a n }满足：a 1＝1且a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，则该数列的通项公式a n ＝________.10．S n 是无穷等比数列{a n }的前n 项和，且公比q ≠1，已知1是12S 2和13S 3的等差中项，6是2S 2和3S 3的等比中项．(1)求S 2和S 3；(2)求此数列{a n }的前n 项和公式．11．已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．B 级1．(2013·武汉模拟)等比数列{a n }的公比为q ，则“a 1＞0，且q ＞1”是“对于任意正整数n ，都有a n ＋1＞a n ”的( )A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件2．已知各项都为正数的等比数列{a n }中，a 2·a 4＝4，a 1＋a 2＋a 3＝14，则满足a n ·a n ＋1·a n＋2＞19的最大正整数n 的值为________． 3．数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n (n ∈N *)． (1)求证：数列{a n ＋1}成等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)数列{a n }中是否存在连续三项可以构成等差数列？若存在，请求出一组适合条件的三项；若不存在，请说明理由．详解答案课时作业(三十)A 级1．B 可用特殊值法，由S n ＝3n －a 得a 1＝3－a ，a 2＝6，a 3＝18， 由等比数列的性质可知a ＝1.2．A 由题意知，数列{a n }是以2为公比的等比数列，故S 4a 2＝a 1(1－24)1－2a 1×2＝152，选A.3．A 由log a a n ＋1－log a a n ＝2得log aa n ＋1a n ＝2＝log a a 2.故a n ＋1a n＝a 2，又a ＞0且a ≠1，所以数列{a n }为等比数列．故选A.4．B 因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝3π3， log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74＝7log 33π3＝7π3， 所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7) ＝32. 5．C 依题意，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－1＝1，a n ＝2n－1也适合a 1.因此，a n ＝2n －1，a n ＋1a n＝2，数列{a n }是等比数列，数列{a n }的奇数项的前n 项和为1×(1－22n )1－22＝22n －13，选C.6．解析： 由题意可知，b 6b 8＝b 27＝a 27＝2(a 3＋a 11)＝4a 7，∵a 7≠0，∴a 7＝4，∴b 6b 8＝16. 答案： 167．解析： 由a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1得a 4－a 3＝2(S 3－S 2)＝2a 3， ∴a 4＝3a 3，∴q ＝a 4a 3＝3.答案： 38．解析： 由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝1－(－2)53＝11.答案： 119．解析： 由题意知a n ＋1＝2a n ＋3，∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)， ∴数列{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，以2为公比的等比数列． ∴a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3.答案： 2n ＋1－310．解析： (1)根据已知条件⎩⎪⎨⎪⎧12S 2＋13S 3＝2，(2S 2)(3S 3)＝36.整理得⎩⎪⎨⎪⎧ 3S 2＋2S 3＝12，(3S 2)(2S 3)＝36.解得3S 2＝2S 3＝6，即⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝2，S 3＝3.(2)∵q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝3.可解得q ＝－12，a 1＝4. ∴S n ＝4⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1＋12＝83－83⎝⎛⎭⎫－12n .11．解析： (1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1，①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)，②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1(n ≥2)． 令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23，∴{b n }是一个以23为首项，以13为公比的等比数列．B 级1．A 易知，当a 1＞0且q ＞1时，a n ＞0，所以a n ＋1a n ＝q ＞1，表明a n ＋1＞a n ；若对任意自然数n ，都有a n ＋1＞a n 成立， 当a n ＞0时，同除a n 得q ＞1， 但当a n ＜0时，同除a n 得0＜q ＜1. 也可举反例，如a n ＝－12n .2．解析： 因为a 2·a 4＝4＝a 23，且a 3＞0，所以a 3＝2， 又a 1＋a 2＋a 3＝2q 2＋2q ＋2＝14，所以1q ＝－3(舍)或1q ＝2，即q ＝12，a 1＝8.又a n ＝a 1q n －1＝8·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －4， 所以a n ·a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫123n －9＞19，即23n －9＜9，∴3n －9＜log 29即n ＜3＋log 239 而3＋log 239＞3＋log 238＝4，∴n 的最大值为4. 答案： 43．解析： (1)证明：由S n ＝2a n －n 及S n ＋1＝2a n ＋1－(n ＋1)⇒a n ＋1＝2a n ＋1. 又∵a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1，a 1＋1≠0，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2.∴{a n ＋1}成等比数列．(2)由(1)知，a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1，故a n ＝2n －1，n ∈N *.(3)假设存在k ∈N *，使得a k ，a k ＋1，a k ＋2成等差数列，则2a k ＋1＝a k ＋a k ＋2， 即2(2k ＋1－1)＝(2k －1)＋(2k ＋2－1)⇒2k ＝0.因k ∈N *，所以2k ≠0，∴不存在{a n }中的连续三项使得它们可以构成等差数列．。
高考数学专题《等比数列及其前n项和》习题含答案解析
专题7.3 等比数列及其前n 项和1．（2021·全国高考真题（文））记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（ ）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】A 【解析】根据题目条件可得2S ，42S S -，64S S -成等比数列，从而求出641S S -=，进一步求出答案.【详解】∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，∴2S ，42S S -，64S S -成等比数列∴24S =，42642S S -=-=∴641S S -=，∴641167S S =+=+=.故选：A.2．（2021·山东济南市·）已知S n 是递增的等比数列{a n }的前n 项和，其中S 3＝72，a 32＝a 4，则a 5＝（ ）A ．116B ．18C ．8D ．16【答案】C 【解析】设等比数列的公比为q ，根据题意列方程，解出1a 和q 即可.【详解】解：设递增的等比数列{a n }的公比为q ，且q >1，∵S 3＝72，234a a =，∴1a （1+q +q 2）＝72，21a q 4＝1a q 3，解得1a ＝12，q ＝2；1a ＝2，q ＝12（舍去）．练基础则5a ＝4122⨯=＝8．故选：C ．3．（2021·重庆高三其他模拟）设等比数列{}n a 的前n 项和为271,8,4n S a a =-=，则6S =（ ）A ．212-B ．152C ．212D ．632【答案】C 【解析】设等比数列{}n a 公比为q ，由572a a q =结合已知条件求q 、1a ，再利用等比数列前n 项和公式求6S .【详解】设等比数列{}n a 公比为q ，则572a a q =，又2718,4a a =-=，∴12q =-，故116a =，又1(1)1-=-nn a q S q ，即666311616[1()]216421321()22S ⨯⨯--===--.故选：C4．（2021·合肥市第六中学高三其他模拟（理））若等比数列{}n a 满足12451,8a a a a +=+=，则7a ＝（ ）A ．643B ．643-C ．323D ．323-【答案】A 【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，根据等比数列的通项公式建立方程组，解之可得选项.【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则345128a a q a a +==+，所以2q =，又()11121+11,3a a a a q =+==，所以6671123643a a q ==⨯⨯=，故选：A.5.（2020·河北省曲阳县第一高级中学高一期末）中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，问此人第二天走了（ ）A ．6里B ．24里C ．48里D ．96里【答案】D 【解析】根据题意，记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，由，得，解可得，则；即此人第二天走的路程里数为96；故选：D ．6．（2021·江苏南通市·高三其他模拟）已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，则“1q >”是“112n n n S S S -++>”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】D 【解析】由112n n n S S S -++>可得出1n n a a +>，取10a <，由101n n q a a +<⇔，进而判断可得出结论.【详解】若112n n n S S S -++>，则11n n n n S S S S +-->-，即1n n a a +>，所以，数列{}n a 为递增数列，若10a <，101n n q a a +<<⇔>，所以，“1q >”是“112n n n S S S -++>”的既不充分也不必要条件.故选：D.7．（2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学高三其他模拟（文））在数列{}n a 中，44a =，且22n n a a +=，则{}n a {}n a 12q =6378S =6161[1()]2378112-==-a S 1192a =211192962a a q =⨯=⨯=21nni a==∑___________.【答案】122n +-【解析】由44a =，22n n a a +=，得到22a =且22n na a +=，得出数列{}2n a 构成以2为首项，以2为公比的等比数列，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由22n n a a +=，可得22n na a +=，又由44a =，可得4224a a ==，所以22a =，所以数列{}2n a 构成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以1212(12)2212n nn n i a +=-==--∑.故答案为：122n +-.8．（2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟）已知数列{}n a 满足21n n S a =-，则1a =_____，n S =_______．【答案】1 21n -【解析】利用1n n n a S S -=-求通项公式，再求出n S .【详解】对于21n n S a =-，当n =1时，有1121S a =-，解得：1a =1；当2n ≥时，有1121n n S a --=-，所以()112121=n n n n n a S S a a ----=--，所以1=2nn a a -，所以数列{}n a 为等比数列，111=2n n n a a q--=，所以122112nn n S -==--.故答案为：1，21n -.9.（2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟）已知数列{}n a 满足21n n S a =-，则3a =________，n S =________．【答案】4 21n -【解析】根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出数列的通项公式，再代入求出n S ．【详解】解：因为21n n S a =-当1n =时，1121S a =-，解得11a =；当2n …时，1121n n S a --=-，所以111(21)(21)22n n n n n n n a S S a a a a ---=-=---=-，即12n n a a -=于是{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以12n n a -=．所以34a =，11212212n nn n S a -=-⨯-==-故答案为：4；21n -；10.（2018·全国高考真题（文））等比数列{a n }中，a 1=1 ， a 5=4a 3．（1）求{a n }的通项公式；（2）记S n 为{a n }的前n 项和．若S m =63，求m ．【答案】（1）a n =(―2)n―1或a n =2n―1 .（2）m =6.【解析】（1）设{a n }的公比为q ，由题设得a n =q n―1．由已知得q 4=4q 2，解得q =0（舍去），q =―2或q =2．故a n =(―2)n―1或a n =2n―1．（2）若a n =(―2)n―1，则S n =1―(―2)n3．由S m =63得(―2)m =―188，此方程没有正整数解．若a n =2n―1，则S n =2n ―1．由S m =63得2m =64，解得m =6．综上，m =6．1．（辽宁省凌源二中2018届三校联考)已知数列为等比数列，且，则（ ）A.B.C.D. 【答案】B【解析】由等比数列的性质可得： ，，结合可得： ，结合等比数列的性质可得： ，即：本题选择B 选项.2．（2021·全国高三其他模拟（文））如图，“数塔”的第i 行第j 个数为12j -(其中i ，*j N ∈，且i j ≥).将这些数依次排成一列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，记作数列{}n a ，设{}n a 的前n 项和为n S .若1020n S =，则n =（）A ．46B ．47C ．48D ．49【答案】C 【解析】{}n a 2234764a a a a =-=-46tan 3a a π⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭32343364,4a a a a a ==-∴=-4730a a q =<2764a =78a =-463732a a a a ==463222tan tan tan 10tan 3333a a πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅==+== ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭练提升根据“数塔”的规律，可知第i 行共有i 个数，利用等比数列求和公式求出第i 行的数字之和，再求出前m 行的和，即可判断1020n S =取到第几行，再根据每行数字个数成等差数列，即可求出n ；【详解】解：“数塔”的第i 行共有i 个数，其和为211212222112i i i --++++==-- ，所以前m 行的和为()()()123121222222212m m m m m m +-++++-=-=-+- 故前9行所有数学之和为102111013-=，因此只需要加上第10行的前3个数字1,2,4，其和为10131241020+++=，易知“数塔”前m 行共有()12m m +个数，所以9103482n ⨯=+=故选：C3．（2021·江苏高三其他模拟）已知数列{}n a 满足11a =，()1lg 1091n an a +=++，其前n 项和为n S ，则下列结论中正确的有（ ）A ．{}n a 是递增数列B ．{}10n a +是等比数列C ．122n n n a a a ++>+D ．(3)2n n n S +<【答案】ACD 【解析】将递推公式两边同时取指数，变形得到1110109n n a a +-=+，构造等比数列可证{}1010n a+为等比数列，求解出{}n a 通项公式则可判断A 选项；根据()()()2132101010a a a ++≠+判断B 选项；根据{}n a 的通项公式以及对数的运算法则计算()122n n n a a a ++-+的正负并判断C 选项；将{}n a 的通项公式放缩得到()lg 2101n n a n <⨯<+，由此进行求和并判断D 选项.【详解】因为()1lg 1091n an a +=++，所以()11lg 109n an a +-=+，从而1110109n n a a +-=+，110101090n n a a +=⨯+，所以()11010101010n n a a ++=⨯+，所以11010101010n na a ++=+，又1101020a +=，{}1010n a +是首项为20，公比为10的等比数列，所以110102010210n a n n -+=⨯=⨯，所以1021010n a n =⨯-，即()lg 21010nn a =⨯-，又因为21010n y =⨯-在[)1,,*n n N ∈+∞∈时单调递增，lg y x =在定义域内单调递增，所以{}n a 是递增数列，故A 正确；因为1231011,10lg19010lg1911,10lg199010lg19911a a a +=+=+=++=+=+，所以()()()()()222213101010lg191111lg19911lg 1922lg1911lg199a a a +-++=+-+=+-，所以()()()2222213361101010lg 1911lg1911lg199lg 1911lg0199a a a +-++=+-=+>，所以()()()2132101010a a a ++≠+，所以{}10n a +不是等比数列，故B 错误.因为()()()()121222lg 21010lg 21010lg 21010n n n n n n a a a ++++-+=⨯--⨯--⨯-()()()()()()2211211210102101 lglg210102101021012101n n n n n n +++-+⨯-⨯-=⨯-⨯-⨯-⨯-=，而()()()211221121012101210141041014102102101n n n nnn n n -++-⨯--⨯-⨯-=⨯-⨯+-⨯+⨯+⨯-20100.21041016.2100nnnn=⨯+⨯-⨯=⨯>，从而()()()211210121012101nn n -+⨯->⨯-⋅⨯-，于是，122n n n a a a ++>+，故C 正确.因为()()lg 21010lg 210lg 21nnn n a n =⨯-<⨯=+<+，所以()()21322nn n n n S +++<=，故D 正确.故选：ACD.4. （2019·浙江高三期末）数列的前n 项和为，且满足，Ⅰ求通项公式；Ⅱ记，求证：．【答案】Ⅰ；Ⅱ见解析【解析】Ⅰ，当时，，{}n a n S 11a =()11.n n a S n N ++=+∈()n a ()12111n n T S S S =++⋯+31222n n T -≤<(1) 2n n a -=()(1)1n n a S +=+Q ①∴2n ≥11n n a S -=+②得，又，，数列是首项为1，公比为2的等比数列，；证明：Ⅱ，，时，，，同理：，故：．5．（2021·河北衡水中学高三三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足13a =，()122n n a xa n n -=+-≥，其中x ∈R .（1）若1x =，求出n a ；（2）是否存在实数x ，y 使{}n a yn +为等比数列？若存在，求出n S ，若不存在，说明理由.【答案】（1）2382n n n a -+=；（2）存在，()21242n n n n S ++=--.【解析】（1）将1x =代入，由递推关系求出通项公式，并检验当1n =时是否满足，即可得到结果；（2）先假设存在实数x ，y 满足题意，结合已知条件求出满足数列{}n a yn +是等比数列的实数x ，y 的值，运用分组求∴-①②()122n n a a n +=≥2112a S =+=Q 212a a ∴=∴{}n a 12n n a -∴=(1)2nn a += 21n n S ∴=-2n ≥Q 111122n n n S -≤≤1121111113142112212n n n n T S S S -⎛⎫- ⎪⎝⎭∴=++⋯+≥+=--11111221221212n n n T -⎛⎫- ⎪⎝⎭≤+=-<-31222n n T -≤<和法求出n S 的值.【详解】（1）由题可知：当1x =时有：12n n a a n --=-，当2n ≥时，()()()()()()121321213012232n n n n n a a a a a a a a n ---=+-+-+⋅⋅⋅+-=++++⋅⋅⋅+-=+，又13a =满足上式，故()()22138322nn n n n a ---+=+=.（2）假设存在实数x ，y 满足题意，则当2n ≥时，由题可得：()()111n n n n a yn x a y n a xa xy y n xy --+=+-⇔=+--⎡⎤⎣⎦，和题设12n n a xa n -=+-对比系数可得：1xy y -=，22xy x -=-⇔=，1y =.此时121n n a na n -+=+-，114a +=，故存在2x =，1y =使得{}n a yn +是首项为4，公比为2的等比数列.从而()()1112121224122nn n n n n nn n a n a n S a a a ++-++=⇒=-⇒=++⋅⋅⋅+=--.所以()21242n n n n S ++=--.6．（2021·辽宁本溪市·高二月考）已知数列{}n a ，满足11a =，121n n a a n +=+-，设n n b a n =+，n n c a n λ=+（λ为实数）．（1）求证：{}n b 是等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）若{}n c 是递增数列，求实数λ的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）2nn a n =-；（3）()1,-+∞．【解析】（1）由121n n a a n +=+-，变形为()11222n n n a n a n a n +++=+=+，再利用等比数列的定义证明；（2）由（1）的结论，利用等比数列的通项公式求解；（3）根据{}n c 是递增数列，由10n n c c +->,*n N ∈恒成立求解.【详解】（1）因为121n n a a n +=+-，所以()11222n n n a n a n a n +++=+=+，即12n n b b +=，又因为11120b a =+=≠，所以0n b ≠，所以12n nb b +=，所以{}n b 是等比数列．（2）由1112b a =+=，公比为2，得1222n n n b -=⋅=，所以2nn n a b n n =-=-．（3）因为()21nn n c a n n λλ=+=+-，所以()()11211n n c n λ++=+-+，所以1122121n n n n n c c λλ++-=-+-=+-，因为{}n c 是递增数列，所以*10,n n c c n N +->∈成立，故210n λ+->，*n N ∈成立，即12n λ>-，*n N ∈成立，因为{}12n-是递减数列，所以该数列的最大项是121-=-，所以λ的取值范围是()1,-+∞．7．（2021·河南商丘市·高二月考（理））在如图所示的数阵中，从任意一个数开始依次从左下方选出来的数可组成等差数列，如：2，4，6，8，…；依次选出来的数可组成等比数列，如：2，4，8，16，….122344468858121616记第n 行第m 个数为(),f n m .（Ⅰ）若3n ≥，写出(),1f n ，(),2f n ，(),3f n 的表达式，并归纳出(),f n m 的表达式；（Ⅱ）求第10行所有数的和10S .【答案】（Ⅰ）(),1f n n =，()(),221f n n =-，()(),342f n n =-，()()12,1m m m f n n --+=；（Ⅱ）102036=S .【解析】（I ）由数阵写出(),1f n n =，()(),221f n n =-，()(),342f n n =-，由此可归纳出()()12,1m m m f n n --+=.（II ）()()()()1010,110,210,310,10S f f f f =++++ 291029282 1 =+⨯+⨯++⨯ ，利用错位相减法求得结果.【详解】（Ⅰ）由数阵可知：(),1f n n =，()(),221f n n =-，()(),342f n n =-，由此可归纳出()()12,1m m m f n n --+=.（Ⅱ）()()()()1010,110,210,310,10S f f f f =++++ 291029282 1 =+⨯+⨯++⨯ ，所以231010220292821S =+⨯+⨯++⨯ ，错位相减得291010102222S =-+++++ ()102121012-=-+-2036=.8．（2021·山东烟台市·高三其他模拟）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，12n n S na +=，*n ∈N .（1）求{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足11b =，12nn n b b +=，*n ∈N ，按照如下规律构造新数列{}n c ：123456,,,,,,a b a b a b ，求{}n c 的前2n 项和.【答案】（1）n a n =，*n ∈N ；（2）数列{}n c 的前2n 项和为1222++-n n .【解析】（1）由()12n n n a S S n -=-≥可得1(2)1n na a n n n+=≥+可得答案；（2）由12nn n b b +=得1122n n n b b +++=，两式相除可得数列{}n b 的偶数项构成等比数列，再由（1）可得数列{}n c 的前2n 项的和.【详解】（1）由12n n S na +=，12(1)(2)n n S n a n -=-≥，得12(1)n n n a na n a +=--，所以1(2)1n na a n n n +=≥+.因为122S a =，所以22a =，所以212n a an ==，(2)n a n n =≥.又当1n =时，11a =，适合上式.所以n a n =，*n ∈N .（2）因为12nn n b b +=，1122n n n b b +++=，所以*22()n nb n b +=∈N ，又122b b =，所以22b =.所以数列{}n b 的偶数项构成以22b =为首项､2为公比的等比数列.故数列{}n c 的前2n 项的和()()21321242n n n T a a a b b b -=+++++++ ，()122212(121)22212nn n n n T n +-+-=+=+--所以数列{}n c 的前2n 项和为1222++-n n .9．（2019·浙江高考模拟）已知数列中，， （1）令，求证：数列是等比数列；{}n a ()110,2*n n a a a n n N +==+∈+11n n n b a a =-+{}n b（2）令 ，当取得最大值时，求的值.【答案】（I ）见解析（2）最大，即【解析】（1）两式相减，得 ∴即：∴ 数列是以2为首项，2为公比的等比数列（2）由（1）可知， 即也满足上式令，则 ，3nn n a c =n c n 3,n n c =3k =121221n n n n a a n a a n +++=+=++Q ，211221n n n n a a a a +++-=-+()211121n n n n a a a a +++-+=-+12n nb b +=21120a b ==≠Q 又，{}n b 2nn b =121nn n a a +-=-2121a a -=-23221a a -=-⋅⋅⋅⋅⋅⋅()11212n n n a a n ---=-≥()211222121n n n a a n n -∴-=++⋅⋅⋅+--=--2,21n n n a n ∴≥=--11,0n a ∴==21n n a n ∴=--111212233n n n n n n n n c c +++----=∴=11112221212333n n nn n n n n n n n c c ++++----+-∴-=-=()212nf n n =+-()11232n f n n ++=+-()()122n f n f n ∴+-=-∴ 最大，即10.（2021·浙江高三其他模拟）已知数列{}n a 满足112a =，123n n a a ++=，数列{}n b 满足11b =，()211n n nb n b n n +-+=+.（1）数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）若()1n n n n c b b a +=-，求使[][][][]1222021n c c c c +++⋅⋅⋅+≤成立([]n c 表示不超过n c 的最大整数)的最大整数n 的值.【答案】（1）112nn a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，2n b n =；（2）最大值为44.【解析】（1）由题得数列{}1n a -是等比数列，即求出数列{}n a 的通项；由题得{}n b n 是一个以111b=为首项，以1为公差的等差数列，即得数列{}n b 的通项公式；（2）先求出[]()*1,16,2,2,21,21,22n n n c k N n n k n n k =⎧⎪=⎪=∈⎨=+⎪⎪+=+⎩，再求出[][][][]()2*12221,1,3,2,231,2122n n c c c c n n n k k N n n n k ⎧⎪=⎪⎪++++=+=∈⎨⎪⎪+-=+⎪⎩即得解.【详解】解：（1）由123n n a a ++=得()11112n n a a +-=--，所以数列{}1n a -是等比数列，公比为12-，()()()()()()12,234f f f f f f n ∴=>>>⋅⋅⋅>()()()()1210,310,3,0f f f n f n ==>=-<∴≥<Q 123345...c c c c c c ∴>，3,n n c =3k =解得112nn a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭.由()211n n nb n b n n +-+=+，得111n nb b n n+-=+，所以{}n b n 是一个以111b=为首项，以1为公差的等差数列，所以1(1)1n bn n n=+-⨯=，解得2n b n =.（2）由()1n n n n c b b a +=-得()12121121(1)22n nn n n c n n ⎛⎫+⎛⎫=++-=++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，记212n n n d +=，1112321120222n n n n n n n nd d +++-++-=-=<，所以{}n d 为单调递减且132d =，254d =，3718d =<，所以[]()*1,16,2,2,21,21,22n n n c k N n n k n n k =⎧⎪=⎪=∈⎨=+⎪⎪+=+⎩，因此[][][][]()2*12221,1,3,2,231,2122n n c c c c n n n k k N n n n k ⎧⎪=⎪⎪++++=+=∈⎨⎪⎪+-=+⎪⎩，当2n k =时，2320212n n +≤的n 的最大值为44；当2+1n k =时，231202122n n +-≤的n 的最大值为43；故[][][][]1222021n c c c c +++⋅⋅⋅+≤的n 的最大值为44.1．（2021·全国高考真题（理））等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 是递增数列，则（）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件练真题B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B 【解析】当0q >时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当{}n S 是递增数列时，必有0n a >成立即可说明0q >成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．【详解】由题，当数列为2,4,8,--- 时，满足0q >，但是{}n S 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{}n S 是递增数列，则必有0n a >成立，若0q >不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q >成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B ．2.（2020·全国高考真题（文））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则nnS a =（ ）A ．2n –1B ．2–21–n C ．2–2n –1D ．21–n –1【答案】B 【解析】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩，所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n n n n n S a ---==-.故选：B.3.（2019·全国高考真题（文））已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则（ ）{}n a 53134a a a =+3a =A ．16B ．8C ．4D ．2【答案】C 【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为，则，解得，，故选C ．4．（2019·全国高考真题（文））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若，则S 4=___________．【答案】.【解析】设等比数列的公比为，由已知，即解得，所以．5．（2020·海南省高考真题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】（1）2nn a =；（2）2382(1)55n n +--【解析】(1) 设等比数列{}n a 的公比为q (q >1)，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩，整理可得：22520q q -+=，11,2,2q q a >== ，q 2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩11,2a q =⎧⎨=⎩2314a a q ∴==13314a S ==，58q 223111314S a a q a q q q =++=++=2104q q ++=12q =-441411()(1)521181()2a q S q ---===---数列的通项公式为：1222n n n a -=⋅=.(2)由于：()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--，故：112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512n n n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----.6．（2021·浙江高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33(4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解.【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-，当2n ≥时，由1439n n S S +=-①，得1439n n S S -=-②，①-②得143n na a +=122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=，又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列，1933(3(444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)(34n n n n b a n -=-=-，所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭ ，2413333333321(5)(4)444444n n n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，两式相减得234113333333(4)4444444n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334((4)(44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤；4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-；所以31λ-≤≤.。
2021年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分30等比数列及其前n项和
2021年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分30等比数列及其前n项和1．已知等比数列{a n}的公比q＝2，且2a4，a6,48成等差数列，则{a n}的前8项和为( )A．127 B．255C．511 D.1 023解析：∵2a4，a6,48成等差数列，∴2a6＝2a4＋48，∴2a1q5＝2a1q3＋48，又∵q＝2，∴a1＝1，∴S8＝1×1－281－2＝255.答案：B2．已知各项不为0的等差数列{a n}满足a4－2a27＋3a8＝0，数列{b n}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于( )A．1 B.2C．4 D.8解析：∵a4－2a27＋3a8＝0，∴2a27＝a4＋3a8，即2a27＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2，故b2b8b11＝b1qb1q7b1q10＝b31q18＝(b7)3＝8.答案：D3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m ＝( )A ．3 B.4 C ．5 D.6解析：由已知得，S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝a m ＋1a m＝－2，又S m ＝a 1－a m q1－q＝－11，故a 1＝－1，又a m ＝a 1·q m －1＝－16，故(－1)×(－2)m－1＝－16，求得m ＝5. 答案：C4．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝( )A ．4n －1 B.4n －1 C ．2n －1 D.2n －1 解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54，②由①除以②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2，∴a n＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝42n .∴S n＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫12n1－12＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－12n.∴Snan＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－12n42n＝2n－1，选D.答案：D5．等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝( )A．12 B.10C．8 D.2＋log35解析：由题意可知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18得a5a6＝a4a7＝9，而log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1.a2 (10)＝log3(a5a6)5＝log395＝log3310＝10.答案：B6．已知各项均为正数的等比数列{a n}中，a4与a14的等比中项为22，则2a7＋a11的最小值为( )A．16 B.8C．2 2 D.4解析：由题意知a 4＞0，a 14＞0，a 4·a 14＝8，a 7＞0，a 11＞0，则2a 7＋a 11≥22a 7·a 11＝22a 4·a 14＝216＝8，当且仅当⎩⎨⎧a 7·a 11＝8，2a 7＝a 11，即a 7＝2，a 11＝4时取等号，故2a 7＋a 11的最小值为8，故选B.答案：B7．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，a 2＋a 3＝12，则该数列的前4项和为__________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝2，a 2＋a 3＝12，则a 1q ＋a 1q 2＝12，解得q ＝2，故S 4＝2×1－241－2＝30.答案：308．若等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________，前n 项和S n ＝________.解析：由题意知q ＝a 3＋a 5a 2＋a 4＝4020＝2. 由a 2＋a 4＝a 2(1＋q 2)＝a 1q (1＋q 2)＝20，∴a 1＝2.∴S n ＝21－2n 1－2＝2n ＋1－2.答案：2 2n ＋1－29．在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8·a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝__________.解析：∵1a7＋1a10＝a7＋a10a7a10，1a8＋1a9＝a8＋a9a8a9，而a8a9＝a7a10，∴1a7＋1a8＋1a9＋1a10＝a7＋a8＋a9＋a10a7a10＝158－98＝－53.答案：－5 310．已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，S3＝a4＋6，且a1，a4，a13成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2a n＋1，求数列{b n}的前n项和．解析：(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)．因为S3＝a4＋6，所以3a1＋3×2d2＝a1＋3d＋6.所以a1＝3.因为a1，a4，a13成等比数列，所以a1(a1＋12d)＝(a1＋3d)2，即3(3＋12d)＝(3＋3d)2.解得d＝2.所以a n＝2n＋1.(2)由题意b n＝22n＋1＋1，设数列{b n}的前n项和为T n，c n＝22n＋1，c n＋1 cn ＝22n＋1＋122n＋1＝4(n∈N*)，所以数列{c n}为以8为首项，4为公比的等比数列．所以T n＝81－4n1－4＋n＝22n＋3－83＋n.B级能力提升练11．已知数列{a n}是首项为a1，公差为d(0＜d＜2π)的等差数列，若数列{cos a n}是等比数列，则其公比为( )A．1 B.－1C．±1 D.2解析：因为数列{cos a n}是等比数列，所以cos2(a1＋d)＝cos a1·cos(a1＋2d)，cos2(a1＋d)＝cos(a1＋d－d)·cos(a1＋d＋d)＝cos2(a1＋d)cos2d－sin2(a1＋d)sin2d，所以sin2d[cos2(a1＋d)＋sin2(a1＋d)]＝0，所以sin2d＝0，sin d＝0，因为0＜d＜2π，所以d＝π.公比q＝cos a1＋dcos a1＝cos a1＋πcos a1＝－1.答案：B12．已知等比数列{a n}的公比为q，记b n＝a m(n－1)＋1＋a m(n－1)＋2＋…＋a m(n－1)＋m，c n ＝a m(n－1)＋1·a m(n－1)＋2·…·a m(n－1)＋m(m，n∈N*)，则以下结论一定正确的是( ) A．数列{b n}为等差数列，公差为q mB．数列{b n}为等比数列，公比为q2mC．数列{c n}为等比数列，公比为qm2D．数列{c n}为等比数列，公比为qm m解析：∵{a n}是等比数列，∴amn＋mam n－1＋m＝q mn＋m－m(n－1)－m＝q m.∴cn＋1cn＝amn＋1·a mn＋2·…·a mn＋mam n－1＋1·a m n－1＋2·…·a m n－1＋m＝(q m)m＝qm2.答案：C13．[xx·唐山市一中期中考试]在数列{a n}中，已知a1＝1，a n＋1＝2a n－n＋1，n∈N*.(1)求证：{a n－n}是等比数列；(2)令b n＝an2n，S n为数列{b n}的前n项和，求S n的表达式．解析：(1)证明：由a1＝1，a n＋1＝2a n－n＋1，n∈N*，可得an＋1－(n＋1)＝2(a n－n)，a1－1＝－2≠0，所以数列{a n－n}是以－2为首项，以2为公比的等比数列．(2)由(1)得：a n －n ＝－2×2n －1＝－2n，所以a n ＝n －2n，b n ＝n2n －1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋222＋…＋n 2n －n .令T n ＝12＋222＋…＋n2n ，则12T n ＝122＋223＋…＋n 2n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1 所以T n ＝2－n ＋22n，即S n ＝2－n ＋22n－n .14．[xx·贵州七校第一次联考]已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，S n为数列{a n }的前n 项和，a 1＝b 1＝1，且b 3S 3＝36，b 2S 2＝8(n ∈N *)．(1)求a n 和b n ；(2)若a n ＜a n ＋1，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n .解析：(1)由题意得⎩⎨⎧q23＋3d ＝36q2＋d＝8，解得⎩⎨⎧d ＝2q ＝2或⎩⎨⎧d ＝－23q ＝6，∴⎩⎨⎧a n ＝2n －1b n ＝2n －1，或⎩⎨⎧a n ＝135－2nb n＝6n －1.(2)若a n ＜a n ＋1，由(1)知a n ＝2n －1，∴1a n a n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1.x34360 8638 蘸 23282 5AF2 嫲O39718 9B26 鬦32127 7D7F 絿20964 51E4 凤 Z39548 9A7C 驼39102 98BE 颾w。
高考数学总复习 课时作业(三十)第30讲 等比数列及其前n项和 理
课时作业(三十)第30讲等比数列及其前n项和基础热身1.已知2是a与2-的等比中项,则a=()A.2-B.4(2-)C.2+D.4(2+)2.在等比数列{a n}中,a3=4,a6=,则公比q=()A. B.-C.2D.-23.[2017·常德一模]已知各项均为正数的等比数列的前n项和为S n,且S3=14,a3=8,则a6=()A.16B.32C.64D.1284.在等比数列中,公比q=,a3a5a7=64,则a4= .5.[2017·太原质检]设S n是等比数列的前n项和,若S2=2,S6=4,则S4= .能力提升6.[2017·绍兴柯桥区二模]已知等比数列的前n项和为S n,且满足a5=2S4+3,a6=2S5+3,则此数列的公比为()A.2B.3C.4D.57.[2017·衡阳联考]已知数列为等比数列,且a3=-4,a7=-16,则a5=()A.8B.-8C.64D.-648.已知等比数列满足log2a3+log2a10=1,且a5a6a8a9=16,则数列的公比为 ()A.2B.4C.±2D.±49.[2017·泉州模拟]已知数列为等比数列,a4+a7=2,a5·a6=-8,则a1+a10的值为 ()A.7B.5C.-7D.-510.已知各项均为正数的等比数列{a n}满足a7=a6+2a5,若存在两项a m,a n使得=4a1,则+的最小值为()A. B.C. D.11.[2017·大连模拟]已知等差数列{a n}的公差d≠0,且a3,a5,a15成等比数列,若a1=3,S n为数列{a n}的前n项和,则a n·S n的最小值为()A.0B.-3C.-20D.912.[2017·榆林一模]在等比数列{a n}中,a1=4,公比为q,前n项和为S n,若数列{S n+2}也是等比数列,则q= .13.已知是正项等比数列,a2=3,a6=,则a1a2+a2a3+…+a100a101= .14.(10分)[2017·上饶六校联考]已知数列的前n项和为S n,且a n+1=1+S n对一切正整数n恒成立.(1)试求当a1为何值时,数列是等比数列,并求出它的通项公式;(2)在(1)的条件下,当n为何值时,数列的前n项和T n取得最大值.15.(13分)[2018·广西钦州月考]已知数列的前n项和为S n,且S n=λ+(n-1)·2n,又数列满足a n·b n=n.(1)求数列的通项公式.(2)当λ为何值时,数列是等比数列?此时数列的前n项和为T n,若存在m∈N*,使得m<T n成立,求m的最大值.难点突破16.(12分)[2017·泸州诊断]设等比数列{a n}的前n项和为S n,已知a3=,S3=.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=log2,T n为数列{b n}的前n项和,求使T n=+105成立的n的值.课时作业(三十)1.D[解析] 由题意,得(2-)a=22,解得a=4(2+),故选D.2.A[解析] 由题意得,q3===,则q=,故选A.3.C[解析] 设等比数列{a n}的公比为q(q>0),由S3=14,a3=8,得可得a1=2,q=2,所以a6=a1q5=2×25=64,故选C.4.8[解析] 因为a3a5a7=64,所以=64,解得a5=4,故a4==8.5.1+[解析] 由等比数列的性质知S2,S4-S2,S6-S4也成等比数列,所以(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(S4-2)2=2·(4-S4),解得S4=1+或S4=1-(舍).6.B[解析] 由a5=2S4+3,a6=2S5+3可得a6-a5=2a5,则=3,故选B.7.B[解析] 设等比数列{a n}的公比为q.∵数列{a n}为等比数列,且a3=-4,a7=-16,∴=a3·a7=(-4)×(-16)=64,又a5=a3q2=-4q2<0,∴a5=-8.故选B.8.A[解析] 设等比数列{a n}的公比为q.由log2a3+log2a10=1得log2a3a10=1,即a3a10=2.∵a5a6a8a9=16,∴(a5a8)(a6a7)q2=16,∴q2=4.由真数大于零得q>0,∴q=2.故选A.9.C[解析] 由等比数列的性质可知a5·a6=a4·a7=-8,又a4+a7=2,故a4,a7是一元二次方程x2-2x-8=0的两个根,解得a4=-2,a7=4或a4=4,a7=-2,故a1=1,q3=-2,a10=-8或a1=-8,q3=-,a10=1,所以a1+a10=-7.10.A[解析] 由各项均为正数的等比数列{a n}满足a7=a6+2a5,可得a1q6=a1q5+2a1q4,∴q2-q-2=0,∴q=2.∵=4a1,∴q m+n-2=16,∴2m+n-2=24,∴m+n=6,∴+=(m+n)+=5++≥(5+4)=,当且仅当=时等号成立,故+的最小值等于.11.B[解析] ∵等差数列{a n}的公差d≠0,且a3,a5,a15成等比数列,a1=3,∴(3+4d)2=(3+2d)(3+14d),解得d=-2或d=0,∵d≠0,∴d=-2,则a n=3+(n-1)×(-2)=5-2n,S n=3n+×(-2)=4n-n2,a n·S n=(5-2n)(4n-n2)=2n3-13n2+20n.设f(x)=2x3-13x2+20x,则f'(x)=6x2-26x+20,令f'(x)=0,得x1=1,x2=,则f(x)在1,上单调递减,在,+∞上单调递增.结合f(x)的单调性可知,当n=3时,a n·S n取得最小值2×33-13×32+20×3=-3.故a n·S n的最小值为-3.故选B.12.3[解析] 由数列{S n+2}也是等比数列可得S1+2,S2+2,S3+2成等比数列,则(S2+2)2=(S1+2)(S3+2),即(4+4q+2)2=(4+2)(4+4q+4q2+2),解得q=3或q=0(舍去).13.24(1-4-100)[解析] 由题得等比数列的公比q===,所以a1=6,显然数列也是等比数列,其首项为a1a2=18,公比q'==q2==,于是a1a2+a2a3+…+a100a101==24(1-4-100).14.解:(1)由a n+1=1+S n得当n≥2时,a n=1+S n-1,两式相减得a n+1=2a n.因为数列{a n}是等比数列,所以a2=2a1,又因为a2=1+S1=1+a1,所以a1=1,则a n=2n-1.(2)易得数列是一个递减数列,所以lg>lg>lg>…>lg>0>lg>…由此可知当n-1=8,即n=9时,数列的前n项和T n取得最大值.15.解:(1)当n=1时,a1=S1=λ.当n≥2 时,a n=S n-S n-1=(n-1)·2n-(n-2)·2n-1=n·2n-1.故数列的通项公式为a n=(2)由a n·b n=n,可得b n=因为数列为等比数列,所以首项b1=满足n≥2的情况,故λ=1.则T n=b1+b2+…+b n==21-.因为T n+1-T n=>0,所以T n是递增的,故T n≥1且T n<2.又存在m∈N*,使得m<T n成立,则m的最大值为1.16.解:(1)设等比数列{a n}的公比为q,由a3=,S3=,得a1q2=,a1(1+q+q2)=,解得a1=6,q=-或a1=,q=1.则数列{a n}的通项公式为a n=或a n=6×.(2)当a n=时,b n=log2=log2=2,所以T n=2n.由T n=+105,得2n=+105,所以n=70.当a n=6×时,b n=log2=log2=2n,故数列{b n}是首项为2,公差为2的等差数列,所以T n=n2+n.由T n=+105,得n2+n=+105,所以n=10或n=-(舍).综上知,n=70或10.。
【精编】高考数学一轮复习课时规范练30等比数列及其前n项和
课时规范练30 等比数列及其前n项和一、基础巩固组1.已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2=()A.2B.1C.D.2.在正项等比数列{a n}中,a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,则a1·a2·a25·a48·a49的值为()A. B.9 C.±9 D.353.(2017安徽黄山市二模,理3)已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=2,a n+1=S n+1(n∈N*),则S5=()A.31B.42C.37D.474.设首项为1,公比为的等比数列{a n}的前n项和为S n,则()A.S n=2a n-1B.S n=3a n-2C.S n=4-3a nD.S n=3-2a n5.(2017全国Ⅲ,理9)等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前6项的和为()A.-24B.-3C.3D.86.(2017辽宁鞍山一模,理4)已知数列{a n}满足=a n-1·a n+1(n≥2),若a2=3,a2+a4+a6=21,则a4+a6+a8=()A.84B.63C.42D.21 〚导学号21500732〛7.设数列{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.8.(2017北京,理10)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则= .9.(2017江苏,9)等比数列{a n}的各项均为实数,其前n项和为S n.已知S3=,S6=,则a8= .10.(2017安徽池州模拟)设数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,且数列{S n}是以2为公比的等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求a1+a3+…+a2n+1.二、综合提升组11.(2017四川广元二诊,理6)已知数列{a n}的前n项和为S n,且对任意正整数n都有a n=S n+2成立.若b n=log2a n,则b1 008=()A.2 017B.2 016C.2 015D.2 01412.(2018河南南阳期末,理5)已知各项均为正数的等比数列{a n},a3·a5=2,若f(x)=x(x-a1)(x-a2)·…·(x-a7),则f'(0)=()A.8B.-8C.128D.-12813.已知{a n}是公差为3的等差数列,数列{b n}满足b1=1,b2=,a n b n+1+b n+1=nb n.(1)求{a n}的通项公式;(2)求{b n}的前n项和.三、创新应用组14.已知数列{a n}的前n项和S n满足S n=2a n+(-1)n.(1)求数列{a n}的前三项a1,a2,a3;(2)求证:数列为等比数列,并求出{a n}的通项公式.〚导学号21500733〛课时规范练30等比数列及其前n项和1.C∵a3a5=4(a4-1),=4(a4-1),解得a4=2.又a4=a1q3,且a1=,∴q=2,∴a2=a1q=2.B∵a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,∴a2·a48=3.又a1·a49=a2·a48==3,a25>0,∴a1·a2·a25·a48·a49==93.D∵a n+1=S n+1(n∈N*),∴S n+1-S n=S n+1(n∈N*),∴S n+1+1=2(S n+1)(n∈N*),∴数列{S n+1}是首项为3,公比为2的等比数列.则S5+1=3×24,解得S5=47.4.D S n==3-2a n,故选D.5.A设等差数列的公差为d,则d≠0,=a2·a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2,所以S6=6×1+(-2)=-24,故选A.6.C=a n-1·a n+1(n≥2),∴数列{a n}是等比数列,设其公比为q,∵a2=3,a2+a4+a6=3+3q2+3q4=21,即q4+q2-6=0,解得q2=2或q2=-3(舍去),∴a4+a6+a8=a2q2+a4q2+a6q2=2(a2+a4+a6)=42,故选C.7.-由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+(-1)=4a1-6,而S1,S2,S4成等比数列,∴(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理,得2a1+1=0,解得a1=-8.1设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q,由题意知-1+3d=-q3=8,即解得故=1.9.32设该等比数列的公比为q,则S6-S3==14,即a4+a5+a6=14.①∵S3=,∴a1+a2+a3=由①得(a1+a2+a3)q3=14,∴q3==8,即q=2.∴a1+2a1+4a1=,a1=,∴a8=a1·q7=27=32.10.解 (1)∵S1=a1=1,且数列{S n}是以2为公比的等比数列,∴S n=2n-1,又当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-2(2-1)=2n-2.当n=1时,a1=1,不适合上式.∴a n=(2)a3,a5,…,a2n+1是以2为首项,4为公比的等比数列,∴a3+a5+…+a2n+1=∴a1+a3+…+a2n+1=1+11.A在a n=S n+2中,令n=1得a1=8,∵a n=S n+2成立,∴a n+1=S n+1+2成立,两式相减得a n+1-a n=a n+1,∴a n+1=4a n,又a1≠0,∴数列{a n}为等比数列,∴a n=8·4n-1=22n+1,∴b n=log2a n=2n+1,∴b1 008=2 017,故选A.12.B13.解 (1)由已知,得a1b2+b2=b1,因为b1=1,b2=,所以a1=2.所以数列{a n}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)和a n b n+1+b n+1=nb n,得b n+1=,因此{b n}是首项为1,公比为的等比数列.记{b n}的前n项和为S n,则S n=14.(1)解在S n=2a n+(-1)n中分别令n=1,2,3,得解得(2)证明由S n=2a n+(-1)n(n∈N*)得S n-1=2a n-1+(-1)n-1(n≥2),两式相减,得a n=2a n-1-2(-1)n(n≥2).∴a n=2a n-1-(-1)n-(-1)n=2a n-1+(-1)n-1-(-1)n(n≥2),∴a n+(-1)n=2(n≥2).∴数列是以a1-为首项,以2为公比的等比数列.∴a n+(-1)n=2n-1.∴a n=(-1)n.。
复习课时提能演练 等比数列及其前n项和
课时提能演练(等比数列及其前n项和)1.设Sn 为等比数列{an}的前n项和，8a2－a5＝0，则S4S2＝( )(A)5 (B)8 (C)－8 (D)152.已知在等比数列{an }中，a1＋a3＝10，a4＋a6＝54，则等比数列{an}的公比q的值为( )(A)14 (B)12(C)2 (D)83.等比数列{an }中，若a4a7＝1，a7a8＝16，则a6a7等于( )(A)4 (B)－4 (C)±4(D)17 24.设{an }是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和.已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝( )(A)152(B)314(C)334(D)1725.若数列{an }满足2n12naa＝p(p为正常数，n∈N*)，则称{an}为“等方比数列”.甲：数列{an }是等方比数列；乙：数列{an}是等比数列，则( )(A)甲是乙的充分条件但不是必要条件(B)甲是乙的充要条件(C)甲是乙的必要条件但不是充分条件(D)甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件6.在公比q＜1的等比数列{an }中，a2a8＝6，a4＋a6＝5，则a5a7等于( )(A)56(B)65(C)23(D)327.已知等比数列{an }中，a2＝12，a3＝14，ak＝164，则k＝.8.等比数列{an }的公比q＞0，已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，则{an}的前4项和S4＝.9.已知函数f(x)＝2x＋3，数列{an }满足：a1＝1且an＋1＝f(an)(n∈N*)，则该数列的通项公式an＝.10.在数列{an }中，a1＝－14,3an－an－1＝4n(n≥2，n∈N*).(1)求证：数列{an－2n＋1}是等比数列；(2)设数列{an }的前n项和为Sn，求Sn的最小值.11．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn }中的b3、b4、b5.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)数列{bn }的前n项和为Sn，求证：数列{Sn＋54}是等比数列.答案解析1.【解析】选A.∵8a 2－a 5＝0，∴8a 1q ＝a 1q 4， ∴q 3＝8，∴q ＝2， ∴S 4S 2＝1－q 41－q2＝1＋q 2＝5. 2.【解析】选B.由a 1＋a 3＝10，a 4＋a 6＝54，得a 1(1＋q 2)＝10，a 1q 3(1＋q 2)＝54，两式相除，得q 3＝18，∴q ＝12.3.【解析】选A.∵a 4a 7＝1，a 7a 8＝16， ∴q 4＝16，∴q 2＝4，∴a 6a 7＝a 4a 7q 2＝4.4.【解析】选B.设公比为q(q ＞0)，则q ≠1，由题意知24121a q 1a (1q q )7⎧=⎪⎨++=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝1a 1(1＋q ＋q 2)＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4q ＝12，∴S 5＝4[1－(12)5]1－12＝314.5. 【解析】选C.乙⇒甲，但甲乙，如数列2,2，－2，－2，－2，是等方比数列，但不是等比数列.6.【解题指南】a 5a 7＝1q2，故只需求出q 2即可，利用a 2·a 8＝a 4·a 6可先求出a 4·a 6再求q 2.【解析】选D.∵a 2a 8＝a 4a 6＝6，a 4＋a 6＝5， ∴a 4，a 6是方程x 2－5x ＋6＝0的两实根. 又公比q ＜1，∴a 4＝3，a 6＝2， ∴q 2＝23，∴a 5a 7＝1q 2＝32.7.【解析】设公比为q. ∵a 2＝12，a 3＝14，∴q ＝a 3a 2＝12，a k ＝(12)k －1＝164，解得k ＝7. 答案：78.【解析】∵a n ＋2＋a n ＋1＝a n q 2＋a n q ＝6a n ， ∴q 2＋q －6＝0，又q ＞0，∴q ＝2， 由a 2＝a 1q ＝1得a 1＝12，∴S 4＝12(1－24)1－2＝152.答案：1529.【解析】由题意知a n ＋1＝2a n ＋3， ∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，∴数列{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，以2为公比的等比数列. ∴a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3.答案：2n ＋1－3【方法技巧】构造等比数列求通项公式递推关系为a n ＋1＝qa n ＋b 的数列，在求其通项公式时，可将a n ＋1＝qa n ＋b 转化为a n ＋1＋a ＝q(a n ＋a)的形式，其中a 的值可由待定系数法确定，即qa n ＋b ＝a n ＋1＝qa n ＋(q －1)a a ＝bq －1(q ≠1).10.【解析】(1)∵3a n －a n －1＝4n(n ≥2，n ∈N *)， ∴a n ＝13(a n －1＋4n)，∴a n ＋1－2(n ＋1)＋1＝13[a n ＋4(n ＋1)]－2(n ＋1)＋1＝13a n －2n 3＋13 ＝13(a n －2n ＋1)， 由a 1＝－14知：当n ＝1时，a 1－2×1＋1＝－15≠0 ∴{a n －2n ＋1}是以－15为首项，13为公比的等比数列.(2)∵a n －2n ＋1＝－15·(13)n －1，∴a n ＝－15·(13)n －1＋2n －1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2＋10·(13)n －2＞0，∴数列{a n }是单调递增数列， ∵a 2＜0，a 3＞0，∴当且仅当n ＝2时，S n 取最小值，是S 2＝a 1＋a 2＝－14＋(－2)＝－16.11.【解析】(1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d. 依题意得，a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，解得a ＝5. 所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d. 依题意，有(7－d)(18＋d)＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去). 故{b n }的第3项为5，公比为2. 由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为：b n ＝54×2n －1＝ 5×2n －3.(2)数列{b n }的前n 项和S n ＝54(1－2n )1－2＝5×2n －2－54，即S n ＋54＝5×2n －2，所以S 1＋54＝52，n 1n5S 45S 4+++＝n 1n 25252--⨯⨯＝2. 因此数列{S n ＋54}是以52为首项，公比为2的等比数列.。
2021年高考数学考点30等比数列及其前n项和必刷题理含解析
考点30 等比数列及其前n项和1．已知数列的前项和为，满足，则的通项公式（）A． B． C． D．【答案】B【解析】当时，，当时，，因此,选B.2．已知数列为正数项的等比数列，是它的前项和，若，且，则（）A． 34 B． 32 C． 30 D． 28【答案】C3．已知各项均不相等的等比数列成等差数列，设为数列的前n项和，则等于A． B． C． 3 D． 1【答案】A【解析】设等比数列{a n}的公比为q，∵3a2，2a3，a4成等差数列，∴2×2a3=3a2+a4，∴4a2q=3，化为q2﹣4q+3=0，解得q=1或3．q=1时，,q=2时，.故选：A．4．已知数列的前项和，则数列的前项和为（）A． B． C． D．【答案】C5．已知等比数列的前项和，且，，则A． B． C． D．【答案】C【解析】由题得.故答案为：C6．已知等比数列中，，，为方程的两根，则（）A． 32 B． 64 C． 256 D．【答案】B7．等比数列中，公比，记（即表示数列的前项之积），中值为正数的个数是A． B． C． D．【答案】B【解析】等比数列{a n}中a1＞0，公比q＜0，故奇数项为正数，偶数项为负数．∴Π11＜0，Π10＜0，Π9＞0，Π8＞0．故答案为：B8．已知等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则A． 10 B． 12 C． 18 D． 30【答案】A【解析】在等比数列中，由，得，即，又，，成等差数列，，即，联立得：舍或．．则．故选：A．9．已知为正项等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则的值是( )A． 29 B． 30 C． 31 D． 32【答案】C10．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足成等差数列，则 ( ) A． 3 B． 9 C． 10 D． 13【答案】C【解析】设各项均为正数的等比数列的公比为，满足成等差数列，，，解得，则，故选C.11．已知数列的前n项和为，．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前n项和为，，点在直线上，若存在，使不等式成立，求实数m的最大值．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）4③－④得，∴．∵．∴为递增数列，且，∴．∴，实数m的最大值为4．12．数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝n(n+1)(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足：，求数列{b n}的通项公式；(3)令(n∈N*)，求数列{c n}的前n项和T n.【答案】（1）；(2);（3） .（3）c n===n•3n+n，令数列{n•3n}的前n项和为A n，则A n=3+2×32+3×33+…+n•3n，∴3A n=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，∴﹣2A n=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1，可得A n=．∴数列{c n}的前n项和T n=+．13．已知数列中，且．（Ⅰ）求，，并证明是等比数列；（Ⅱ）设，求数列的前项和．【答案】（1）见解析；（2），②①－②得所以，．14．已知α为锐角，且，函数，数列的首项，．（1）求函数的表达式；（2）求证：数列为等比数列；（3）求数列的前n项和．【答案】(1)；(2) 见解析；(3).∴15．已知数列的前项和，.（1）求；（2）若，且数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）.16．在等差数列{a n}中，，其前n项和为，等比数列{b n}的各项均为正数，b1=1，公比为q，且b2+S2=12，．（Ⅰ）求a n与b n；（Ⅱ）求的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。
高考数学(理)一轮规范练【31】等比数列及其前n项和(含答案)
课时规范练31等比数列及其前n项和课时规范练第49页一、选择题1.在等比数列{a n}中,a1=1,公比|q|≠1.若a m=a1a2a3a4a5,则m等于( )A.9B.10C.11D.12答案:C解析:a m=a1a2a3a4a5=q·q2·q3·q4=q10=a1q10,所以m=11.2.在等比数列{a n}中,a2a6=16,a4+a8=8,则等于( )A.1B.-3C.1或-3D.-1或3答案:A解析:由a2a6=16,得=16⇒a4=±4,又a4+a8=8,可得a4(1+q4)=8,∵q4>0,∴a4=4.∴q2=1,=q10=1.3.等比数列{a n}的公比为q,则“a1>0,且q>1”是“对于任意正整数n,都有a n+1>a n”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案:A解析:易知,当a1>0且q>1时,a n>0,所以=q>1,表明a n+1>a n;若对任意自然数n,都有a n+1>a n成立,当a n>0时,同除以a n得q>1,但当a n<0时,同除以a n得q<1.4.已知等比数列{a n}满足a n>0,n=1,2,…,且a5·a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1等于( )A.n(2n-1)B.(n+1)2C.n2D.(n-1)2答案:C解析:由a5·a2n-5=22n(n≥3),得=22n,∵a n>0,∴a n=2n.易得结论.5.各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,若S n=2,S3n=14,则S4n等于( )A.80B.30C.26D.16答案:B解析:设S2n=a,S4n=b,由等比数列的性质知2(14-a)=(a-2)2,解得a=6或a=-4(舍去),同理(6-2)(b-14)=(14-6)2,所以b=S4n=30.6.在等比数列{a n}中,a1=2,其前n项和为S n,若数列{a n+1}也是等比数列,则S n等于( )A.2n+1-2B.3nC.2nD.3n-1答案:C解析:数列{a n}为等比数列,设其公比为q,则a n=2q n-1,∵数列{a n+1}也是等比数列,∴(a n+1+1)2=(a n+1)(a n+2+1).∴+2a n+1=a n a n+2+a n+a n+2.∴a n+a n+2=2a n+1.∴a n(1+q2-2q)=0,得q=1,即a n=2.∴S n=2n.二、填空题7.已知在等差数列{a n}中,n≥1时,都有a n>a n+1,且a2,a8是方程x2-12x+m=0的两根,前15项的和S15=m,则数列{a n}的公差为.答案:-2或-3解析:由题意得2a5=a2+a8=12,即a5=6.由S15=m,且S15=15a8,得a8=,将x1=a8=代入方程x2-12x+m=0,解得m=0或m=-45,即a8=0或-3.由3d=a8-a5=-6或-9,均小于0,得d=-2或-3.8.在等比数列{a n}中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式a n=.答案:4n-1解析:由题意知a1+4a1+16a1=21,解得a1=1,所以通项公式为a n=4n-1.9.已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且A,B,C成等差数列,三边a,b,c成等比数列,b=,则△ABC的面积是.1 / 2答案:解析:因为△ABC的内角A,B,C成等差数列,所以A+C=2B,B=.又因为三边a,b,c成等比数列,b=,所以ac=b2=3.于是S△ABC=ac sin B=.三、解答题10.在等差数列{a n}中,a1=1,a7=4,数列{b n}是等比数列,已知b2=a3,b3=,求满足b n<的最小自然数n的值.解:∵{a n}为等差数列,a1=1,a7=4,∴6d=3,d=,∴a n=.∵{b n}为等比数列,b2=2,b3=,q=,∴b n=6×.∵b n<,∴81<,即3n-2>81=34.∴n>6,从而可得n min=7.11.已知{a n}是公差不为零的等差数列,a1=1,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求数列{a n}的通项;(2)求数列{}的前n项和S n.解:(1)由题设知公差d≠0.由a1=1,a1,a3,a9成等比数列,得,解得d=1,或d=0(舍去).所以{a n}的通项a n=1+(n-1)×1=n.(2)由(1)知=2n,由等比数列前n项和公式得S n=2+22+23+…+2n==2n+1-2.12.已知数列{a n}满足:a1=1,a2=a(a>0).数列{b n}满足b n=a n a n+1(n∈N*).(1)若{a n}是等差数列,且b3=12,求a的值及{a n}的通项公式;(2)若{a n}是等比数列,求{b n}的前n项和S n;(3)当{b n}是公比为q-1的等比数列时,{a n}能否为等比数列?若能,求出a的值;若不能,请说明理由.解:(1)∵{a n}是等差数列,a1=1,a2=a,∴a n=1+(n-1)(a-1).又∵b3=12,∴a3a4=12,即(2a-1)(3a-2)=12.解得a=2或a=-.∵a>0,∴a=2.∴a n=n.(2)∵数列{a n}是等比数列,a1=1,a2=a(a>0),∴a n=a n-1.∴b n=a n a n+1=a2n-1.∵=a2,∴数列{b n}是首项为a,公比为a2的等比数列.当a=1时,S n=n;当a≠1时,S n=.(3)数列{a n}不能为等比数列.∵b n=a n a n+1,∴.则=a-1.∴a3=a-1.假设数列{a n}能为等比数列.由a1=1,a2=a,得a3=a2.∴a2=a-1,此方程无解,故数列{a n}一定不能为等比数列.希望对大家有所帮助，多谢您的浏览！。
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课时作业(三十) 等比数列及其前n 项和A 级1．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n－a ，数列{a n }为等比数列，则实数a 的值是( ) A ．3 B ．1 C ．0D ．－12．设数列{a n }满足：2a n ＝a n ＋1(n ∈N *)，且前n 项和为S n ，则S 4a 2的值为( ) A.152B ．154C ．4D ．23．已知函数f (x )＝log a x ，且所有项为正数的无穷数列{a n }满足log a a n ＋1－log a a n ＝2，则数列{a n }( )A ．一定是等比数列B ．一定是等差数列C ．既是等差数列又是等比数列D ．既不是等差数列又不是等比数列4．(2012·威海模拟)在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( )A.12 B ．32 C ．1D ．－325．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n－1，则数列{a n }的奇数项的前n 项和为( ) A.2n ＋1－13B ．2n ＋1－23C.22n－13D ．22n－236．已知各项不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝________.7．(2013·南京模拟)等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 为________．8．(2012·江西卷)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.9．(2013·潍坊模拟)已知函数f (x )＝2x ＋3，数列{a n }满足：a 1＝1且a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，则该数列的通项公式a n ＝________.10．S n 是无穷等比数列{a n }的前n 项和，且公比q ≠1，已知1是12S 2和13S 3的等差中项，6是2S2和3S3的等比中项．(1)求S2和S3；(2)求此数列{a n}的前n项和公式．11．已知在正项数列{a n}中，a1＝2，点A n(a n，a n＋1)在双曲线y2－x2＝1上，数列{b n}中，点(b n，T n)在直线y＝－12x＋1上，其中T n是数列{b n}的前n项和．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求证：数列{b n}是等比数列．B 级1．(2013·武汉模拟)等比数列{a n}的公比为q，则“a1＞0，且q＞1”是“对于任意正整数n，都有a n＋1＞a n”的( )A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分又非必要条件2．已知各项都为正数的等比数列{a n}中，a2·a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，则满足a n·a n＋1·a n＋2＞19的最大正整数n 的值为________． 3．数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n (n ∈N *)． (1)求证：数列{a n ＋1}成等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)数列{a n }中是否存在连续三项可以构成等差数列？若存在，请求出一组适合条件的三项；若不存在，请说明理由．详解答案课时作业(三十)A 级1．B 可用特殊值法，由S n ＝3n－a 得a 1＝3－a ，a 2＝6，a 3＝18， 由等比数列的性质可知a ＝1.2．A 由题意知，数列{a n }是以2为公比的等比数列，故S 4a 2＝a 11－241－2a 1×2＝152，选A. 3．A 由log a a n ＋1－log a a n ＝2得log aa n ＋1a n ＝2＝log a a 2.故a n ＋1a n＝a 2，又a ＞0且a ≠1，所以数列{a n }为等比数列．故选A.4．B 因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝3π3，log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74＝7log 33π3＝7π3，所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7) ＝32. 5．C 依题意，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－1＝1，a n ＝2n －1也适合a 1.因此，a n ＝2n －1，a n ＋1a n＝2，数列{a n }是等比数列，数列{a n }的奇数项的前n 项和为1×1－22n1－22＝22n－13，选C.6．解析： 由题意可知，b 6b 8＝b 27＝a 27＝2(a 3＋a 11)＝4a 7， ∵a 7≠0，∴a 7＝4，∴b 6b 8＝16. 答案： 167．解析： 由a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1得a 4－a 3＝2(S 3－S 2)＝2a 3， ∴a 4＝3a 3，∴q ＝a 4a 3＝3. 答案： 38．解析： 由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 11－q 51－q ＝1－－253＝11.答案： 119．解析： 由题意知a n ＋1＝2a n ＋3，∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)， ∴数列{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，以2为公比的等比数列． ∴a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3.答案： 2n ＋1－310．解析： (1)根据已知条件⎩⎪⎨⎪⎧12S 2＋13S 3＝2，2S 23S 3＝36.整理得⎩⎪⎨⎪⎧3S 2＋2S 3＝12，3S 22S 3＝36.解得3S 2＝2S 3＝6，即⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝2，S 3＝3.(2)∵q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q2＝3.可解得q ＝－12，a 1＝4.∴S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1＋12＝83－83⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n.11．解析： (1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1，①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)，②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1(n ≥2)． 令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23，∴{b n }是一个以23为首项，以13为公比的等比数列．B 级1．A 易知，当a 1＞0且q ＞1时，a n ＞0，所以a n ＋1a n＝q ＞1， 表明a n ＋1＞a n ；若对任意自然数n ，都有a n ＋1＞a n 成立， 当a n ＞0时，同除a n 得q ＞1， 但当a n ＜0时，同除a n 得0＜q ＜1. 也可举反例，如a n ＝－12n .2．解析： 因为a 2·a 4＝4＝a 23，且a 3＞0，所以a 3＝2， 又a 1＋a 2＋a 3＝2q 2＋2q＋2＝14，所以1q ＝－3(舍)或1q ＝2，即q ＝12，a 1＝8.又a n ＝a 1qn －1＝8·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －4，所以a n ·a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123n －9＞19，即23n －9＜9，∴3n －9＜log 29即n ＜3＋log 239而3＋log 239＞3＋log 238＝4，∴n 的最大值为4. 答案： 43．解析： (1)证明：由S n ＝2a n －n 及S n ＋1＝2a n ＋1－(n ＋1)⇒a n ＋1＝2a n ＋1. 又∵a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1，a 1＋1≠0，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2.∴{a n ＋1}成等比数列． (2)由(1)知，a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1，故a n ＝2n－1，n ∈N *.(3)假设存在k ∈N *，使得a k ，a k ＋1，a k ＋2成等差数列，则2a k ＋1＝a k ＋a k ＋2， 即2(2k ＋1－1)＝(2k －1)＋(2k ＋2－1)⇒2k＝0.因k ∈N *，所以2k≠0，∴不存在{a n }中的连续三项使得它们可以构成等差数列．。