2020届高考数学(理科)总复习课时跟踪练：(三十四)等比数列及其前n项和 Word版含解析
2020高考数学(理数)复习作业本5.3 等比数列及其前n项和(含答案)
2020高考数学(理数)复习作业本5.3等比数列及其前n 项和一、选择题1.等比数列{a n }的前n 项和S n =a •2n+1（n ∈N*），其中a 是常数，则a=（ ）A.﹣2B.﹣1C.1D.22.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5=0，则25S S =( ). A.11 B.5 C.-8 D.-113.在公比为正数的等比数列{a n }中，若a 1＋a 2=2，a 4＋a 3=8，则S 8等于( )A.21B.42C.135D.1704.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 ．125.等比数列{a n }中，a 2+a 4=20，a 3+a 5=40，则a 6=( )A.16B.32C.64D.1286.设数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4=( )A ．15B ．60C ．63D ．727.已知各项为正的等比数列的前5项之和为3，前15项之和为39，则该数列的前10项之和为( )A.32B.313C.12D.158.等比数列{a n }共有2n 项，公比q ≠1，则a 2＋a 4＋…＋a 2n 为( )A.q q a n --1)1(1B.q q a n --1)1(21C.q q a n --1)1(2D.qq a n --1)1(22二、填空题9.已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n =a n ＋1a n，若b 10·b 11=2，则a 21=________.10.已知数列{a n }为等比数列，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54，则S 5=________.11.等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 4=10，S 8=110，则S 12= .12.已知等差数列{a n }的公差d ＞0，且a 2，a 5-1，a 10成等比数列，若a 1=5，S n 为数列{a n }的前n项和，则2S n ＋n ＋32a n ＋1的最小值为________．三、解答题13.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 ＋1.14.已知数列{a n }的前n 项和S n =1＋λa n ，其中λ≠0.(1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；(2)若S 5=3132，求λ.15.已知等比数列{a n }满足：|a 2-a 3|=10，a 1a 2a 3=125.(1)求{a n }的通项公式；不存在，说明理由.(2)是否存在正整数m ，使得11...111321≥++++na a a a ？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．16.已知数列{a n }是等差数列，a 2=6，前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，b 2=2，a 1b 3=12，S 3＋b 1=19.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n .答案解析1.B.2.答案为：D;3.答案为：D ；4.答案为：A.5.C.6.答案为：B.解析：由数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，得数列{a n }的通项公式为a n =3＋(n-1)1=n ＋2.由数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，得数列{b n }的通项公式为b n =b 1q n-1=2n-1，所以ba n =2n ＋1，所以ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4=22＋23＋24＋25=41－241－2=60.7.答案为：C ；解析：由(S 10-S 5)2=S 5(S 15-S 10)得(S 10-3)2=3×(39-S 10)，S 210-6S 10＋9=117-3S 10，S 210-3S 10-108=0， 解得S 10=12或S 10=-9(舍去). 8.答案为：D ； 9.答案：1 024；解析：∵b 1=a 2a 1=a 2，b 2=a 3a 2，∴a 3=b 2a 2=b 1b 2，∵b 3=a 4a 3，∴a 4=b 1b 2b 3，…，a n =b 1b 2b 3·…·b n-1，∴a 21=b 1b 2b 3·…·b 20=(b 10b 11)10=210=1 024. 10.答案为：31； 11.答案为：1 110;12.答案为：203；解析：由于a 2，a 5-1，a 10成等比数列，所以(a 5-1)2=a 2·a 10，(a 1＋4d-1)2=(a 1＋d)·(a 1＋9d)，又a 1=5，所以d=3，所以a n =5＋3(n-1)=3n ＋2，S n =na 1＋－2d=5n ＋32n(n-1)，所以2S n ＋n ＋32a n ＋1=3n 2＋8n ＋323n ＋3=13[3(n ＋1)＋27n ＋1＋2]≥203，当且仅当3(n ＋1)=27n ＋1，即n=2时等号成立．13.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. 当n=1时a 1=1，不适合上式．∴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=－4n 1－4=n －3.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1=1＋n －3=22n ＋1＋13.14.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=-1.15.解：16.解：(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2=6，∴S 3＋b 1=3a 2＋b 1=18＋b 1=19， ∴b 1=1，∵b 2=2，数列{b n }是等比数列，∴b n =2n-1. ∴b 3=4，∵a 1b 3=12，∴a 1=3，∵a 2=6，数列{a n }是等差数列， ∴a n =3n.(2)设C n =b n cos(a n π)，由(1)得C n =b n cos(a n π)=(-1)n 2n-1，则C n ＋1=(-1)n ＋12n，∴C n ＋1C n=-2，又C 1=-1，∴数列{b n cos(a n π)}是以-1为首项、-2为公比的等比数列．∴T n =－1×[1－－n]1－－=13[(-2)n-1]．。
课时跟踪检测(三十四) 等比数列及其前n项和
课时跟踪检测（三十四） 等比数列及其前n 项和[达标综合练]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 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 3＝a 1q 2，a 6＝a 1q 5，a 9＝a 1q 8，满足(a 1q 5)2＝a 1q 2·a 1q 8，即a 26＝a 3·a 9. 2.设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578D.558解析：选A 因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18，所以a 7＋a 8＋a 9＝18.3．已知数列{a n }是公比为3的等比数列，其前n 项和S n ＝3n ＋k (n ∈N *)，则实数k 为( )A ．0B ．1C ．－1D ．2解析：选C 由数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋k (n ∈N *)， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋k ；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋k －(3n －1＋k )＝2×3n －1. 因为数列{a n }是公比为3的等比数列， 所以a 1＝2×31－1＝3＋k ，解得k ＝－1.4.已知等比数列{a n }的首项为1，且a 6＋a 4＝2(a 3＋a 1)，则a 1a 2a 3…a 7＝( ) A ．16 B ．64 C ．128D ．256解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 6＋a 4＝2(a 3＋a 1)，∴q 5＋q 3＝2(q 2＋1)，解得q 3＝2. ∴a 1·a 2·a 3·…·a 7＝q 0＋1＋2＋…＋6＝q 21＝(q 3)7＝27＝128.5．已知正项等比数列{a n }(n ∈N *)满足a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，则1m ＋5n的最小值为( ) A ．2 B ．1＋53C.74D.114解析：选C ∵正项等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5， ∴a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，又q ＞0，解得q ＝2， ∵存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，∴a 21q m ＋n －2＝16a 21，即2m ＋n －2＝16，m ＋n ＝6， ∴1m ＋5n ＝16(m ＋n )⎝⎛⎭⎫1m ＋5n ＝16⎝⎛⎭⎫6＋n m ＋5m n ≥1＋53， 当且仅当n m ＝5mn 取等号，但此时m ，n ∉N *.又m ＋n ＝6，∴只有当m ＝2，n ＝4时，取得最小值74.6．已知等比数列{a n }的公比是q ，首项a 1<0，前n 项和为S n ，设a 1，a 4，a 3－a 1成等差数列，若S k >3116a 1，则正整数k 的最大值是( )A ．4B ．5C ．14D ．15解析：选A 由已知可得2a 4＝a 1＋a 3－a 1⇒q ＝a 4a 3＝12⇒S k ＝a 1⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12k 1－12>3116a 1⇒⎝⎛⎭⎫12k >⎝⎛⎭⎫125⇒k <5⇒kmax ＝4.7．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝158，a 2a 3＝－98，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝________. 解析：1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝a 1＋a 4a 1·a 4＋a 2＋a 3a 2·a 3.∵在等比数列{a n }中，a 1·a 4＝a 2·a 3，∴原式＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4a 2·a 3＝158×⎝⎛⎭⎫－89＝－53.答案：－538．已知a 6－a 4＝24，a 3·a 5＝64，则S 8＝______. 解析：由等比数列的性质得a 3·a 5＝a 24＝64，∴a 4＝±8. 当a 4＝8时，∵a 6－a 4＝24， ∴a 6＝32，∴q 2＝a 6a 4＝4，∴q ＝±2.当a 4＝－8时，∵a 6－a 4＝24，∴a 6＝16. ∴q 2＝a 6a 4＝－2，无解．故q ＝±2.当q ＝2时，a 1＝a 4q 3＝1，S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝255.当q ＝－2时，a 1＝a 4q 3＝－1，S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝2553.综上知，S 8＝255或2553.答案：255或25539．设数列{a n }为等差数列，数列{b n }为等比数列．若a 1＋a 5＋a 9＝π，则cos(a 2＋a 8)＝______；若b n >0，且b 5b 6＋b 4b 7＝4，则b 1b 2…b 10＝________.解析：因为数列{a n }为等差数列，a 1＋a 5＋a 9＝π， 所以3a 5＝π⇒a 5＝π3，所以cos(a 2＋a 8)＝cos(2a 5)＝cos 2π3＝－12.又因为数列{b n }为等比数列，b n >0，且b 5b 6＋b 4b 7＝4， 所以2b 5b 6＝4⇒b 5b 6＝2，所以b 1b 2…b 10＝(b 5b 6)5＝25＝32. 答案：－123210．(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n－a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8， 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1，所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.11.设数列{a n }的各项均为正数，且a 2＝4a 1，a n ＋1＝a 2n ＋2a n (n ∈N *)．(1)证明：数列{log 3(a n ＋1)}为等比数列；(2)设数列{log 3(a n ＋1)}的前n 项和为T n ，求使T n >520成立时n 的最小值． 解：(1)证明：由已知，得a 2＝a 21＋2a 1＝4a 1， 则a 1(a 1－2)＝0，因为数列{a n }的各项均为正数，所以a 1＝2. 因为a n ＋1＋1＝(a n ＋1)2>0， 所以log 3(a n ＋1＋1)＝2log 3(a n ＋1)． 又log 3(a 1＋1)＝log 33＝1，所以数列{log 3(a n ＋1)}是首项为1，公比为2的等比数列． (2)由(1)可知，log 3(a n ＋1)＝2n －1， 所以T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1. 由T n >520，得2n >521(n ∈N *)，得n ≥10. 则使T n >520成立时n 的最小值为10.[素养强化练]1．[数学建模]如图，方格蜘蛛网是由一组正方形环绕而成的图形．每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为3∶4.现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，按由外到内的顺序制作，则完整的正方形的个数最多为(参考数据：lg 75≈0.15)( )A ．6个B ．7个C ．8个D ．9个解析：选B 记由外到内的第n 个正方形的周长为a n ， 则a 1＝4×1，a 2＝4×57，a n ＝4×⎝⎛⎭⎫57n-1. ∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝4×1－⎝⎛⎭⎫57n1－57＝14×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫57n . 令a 1＋a 2＋…＋a n ≤13， 解得n ≤1＋1lg 75≈7.667，故可制作完整的正方形的个数最多为7个．2．[逻辑推理]已知数列{a n }是等比数列，a 1，a 2，a 3依次位于下表中第一行、第二行、第三行中的某一格内，又a 1，a 2，a 3中任何两个都不在同一列，则a n ＝________(n ∈N *).第一列 第二列 第三列 第一行 1 10 2 第二行 6 14 4 第三行9188解析：观察题中的表格可知a 1，a 2，a 3分别为2,6,18，即{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴a n ＝2×3n －1.答案：2×3n －13．[数学运算]已知数列{a n }的首项a 1＝23，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)．(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)证明：记b n ＝1a n －1，则b n ＋1b n ＝1a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋13a n －11a n －1＝2a n ＋1－3a n3－3a n ＝1－a 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 .。
高考数学复习课时跟踪检测-等比数列及其前n项和含解析
课时跟踪检测（三十五） 等比数列及其前n 项和[A 级 基础题——基稳才能楼高]1．(榆林名校联考)在等比数列{a n }中,a 1＝1,a 3＝2,则a 7＝( ) A ．－8 B ．8 C ．8或－8D ．16或－16解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1＝1,a 3＝2,∴q 2＝2,∴a 7＝a 3q 4＝2×22＝8。
故选B 。
2．(六安一中调研)已知1,a 1,a 2,4成等差数列,1,b 1,b 2,b 3,4成等比数列,则a 1＋a 2b 2的值是( ) A 。
52或－52 B ．－52C 。
52D ．12解析：选C 由题意得a 1＋a 2＝5,b 22＝4,又b 2与第一项的符号相同,所以b 2＝2。
所以a 1＋a 2b 2＝52。
故选C 。
3．(湖北稳派教育联考)在各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 5a 11＝4,a 6a 12＝8,则a 8a 9＝( ) A ．12 B ．4 2 C ．6 2D ．32解析：选B 由等比数列的性质得a 28＝a 5a 11＝4,a 29＝a 6a 12＝8,∵a n >0,∴a 8＝2,a 9＝22,∴a 8a 9＝42。
故选B 。
4．(成都模拟)设{a n }是公比为负数的等比数列,a 1＝2,a 3－4＝a 2,则a 3＝( ) A ．2 B ．－2 C ．8D ．－8解析：选A 法一：设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 1＝2,a 3－a 2＝a 1(q 2－q )＝4,所以q 2－q ＝2,解得q ＝2(舍去)或q ＝－1,所以a 3＝a 1q 2＝2,故选A 。
法二：若a 3＝2,则a 2＝2－4＝－2,此时q ＝－1,符合题意,故选A 。
5．(益阳、湘潭高三调研)已知等比数列{a n }中,a 5＝3,a 4a 7＝45,则a 7－a 9a 5－a 7的值为( ) A ．3 B ．5 C ．9D ．25解析：选D 设等比数列{a n }的公比为q ,则a 4a 7＝a 5q ·a 5q 2＝9q ＝45,所以q ＝5,所以a 7－a 9a 5－a 7＝a 5q 2－a 7q 2a 5－a 7＝q 2＝25。
【高中数学】课时跟踪检测(十二) 等比数列的前n项和
解析：设{an}的公比为q，则奇数项也构成等比数列，其公比为q2，首项为a1，
偶数项之和与奇数项之和分别为S偶，S奇，
由题意S偶＋S奇＝3S奇，
即S偶＝2S奇，
因为数列{an}的项数为偶数，
所以q＝ ＝2.
第四：客观题求规范。①用学科专业术语表达。物理、化学和生物都有各自的学科语言，要用本学科的专业术语和规范的表达方式来组织答案，不能用自造的词语来组织答案。②叙述过程中思路要清晰，逻辑关系要严密，表述要准确，努力达到言简意赅，切中要点和关键。③既要规范书写又要做到文笔流畅，不写病句和错别字，特别是专业名词和概念。④遇到难题，先放下，等做完容易的题后，再解决，尽量回忆本题所考知识与我们平时所学哪部分知识相近、平时老师是怎样处理这类问题的。⑤尽量不要空题，不会做的，按步骤尽量去解答，努力抓分。记住：关键时候“滥竽”也是可以“充数”的。
四、执果索因，逆向思考，正难则反，回避结论的肯定与否定。
对一个问题正面思考受阻时，就逆推，直接证有困难就反证。对探索性问题，不必追求结论的“是”与“否”、“有”与“无”，可以一开始，就综合所有条件，进行严格的推理与讨论，则步骤所至，结论自明。理综求准求稳求规范
第一：认真审题。审题要仔细，关键字眼不可疏忽。不要以为是“容易题”“陈题”就一眼带过，要注意“陈题”中可能有“新意”。也不要一眼看上去认为是“新题、难题”就畏难而放弃，要知道“难题”也可能只难在一点，“新题”只新在一处。
8．在数列{an}中，若an＝ 求数列{an}的前n项和．
解：当n＝1时，S1＝a1＝1.
当n≥2时，
若a＝0，有an＝
则Sn＝1＋ (n－1)＝ .
人教版2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业34数列的综合应用(含答案)
xx sin2＋cos2
2－1
10．已知函数 f(x)＝ cos22x－sin2x2 ，函数 y＝f(x)－ 3在(0，＋
∞)上的零点按从小到大的顺序构成数列 { an}( n∈N* )．
(1)求数列 {an} 的通项公式； 3 πan
(2)设 bn＝ 4n2－1 3n－2 ，求数列 { bn} 的前 n 项和 Sn.
8 bn＝ n· an＋1＋ 1·11
n－1，则数列 { bn}
的最大项为第 6 项．
解析： 由 a1＝ 0，且 an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥ 2)，得 an
－ an－ 1＝2n－ 1(n≥2)，则 a2－ a1＝ 2× 2－1，a3－a2＝ 2×3－ 1， a4－ a3
＝ 2×4－1，…， an－an－1＝2n－1(n≥ 2)，以上各式累加得 an＝ 2(2＋3
＝
1 3(n＋
1)(n＋
2)(2n＋3)－
1 3n·(n＋
1)
·(2n＋1)＝
2(n＋1)
2(n∈
N
*
)，
令 2(n＋1)2≤ 130，所以 1≤n≤ 65－1，
所以 1≤n≤7.故最长的生产期限为 7 年．
3．定义：若数列 {an} 对任意的正整数 n，都有 |an＋ 1|＋|an|＝ d(d 为
A．3 B．4 C．5 D．6
a2n＋1＝ 4Sn＋4n＋1， 解析： 当 n≥ 2 时， a2n＝4Sn－1＋4 n－ 1 ＋ 1， 两式相减得 a2n＋ 1－a2n＝ 4an＋ 4， 即 a2n＋1＝a2n＋ 4an＋4＝ (an＋ 2)2， 又 an＞ 0，所以 an＋1＝ an＋2(n≥ 2)． 对 a2n＋1＝4Sn＋ 4n＋ 1，
高考数学复习等比数列及其前n项和理含解析
高考数学复习核心素养提升练三十等比数列及其前n项和(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.等比数列{a n}的前n项和为S n.已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1= ( )A. B.- C. D.-【解析】选C.由题知公比q≠1,则S3==a1q+10a1,得q2=9,又a5=a1q4=9,则a1=.【变式备选】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=( )A.3B.4C.5D.6【解析】选B.由题意知,q≠1,则,两式相减可得=q3-q2,即=1,所以q=4.2.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.-1C.D.2【解析】选D.由a n+1=λa n-1,得a n+1-1=λa n-2=λ.由于数列{a n-1}是等比数列,所以=1,得λ=2.3.(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( )A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏【解析】选 B.塔的顶层共有灯x盏,则各层的灯数构成一个公比为2的等比数列,由=381可得x=3.4.已知数列{a n}的前n项和为S n,若S n=2a n-4,n∈N*,则a n= ( )A.2n+1B.2nC.2n-1D.2n-2【解析】选A.因为a n+1=S n+1-S n=2a n+1-4-(2a n-4),所以a n+1=2a n,因为a1=2a1-4,所以a1=4,所以数列{a n}是以4为首项,2为公比的等比数列,所以a n=4·2n-1=2n+1.5.已知三角形的三边构成等比数列,它们的公比为q,则q的一个可能值为( )A. B. C. D.【解析】选C.设三角形的三边分别为a,aq,aq2,其中q>0.则由三角形三边不等关系知:当q>1时.a+aq>a·q2即q2-q-1<0所以<q<,所以1<q<.当0<q<1时.a为最大边.aq+a·q2>a,则q2+q-1>0,所以q>或q<-,所以<q<1.当q=1时,满足题意,综上知,C满足题意.【变式备选】在递增的等比数列{a n}中,已知a1+a n=34,a3·a n-2=64,且前n项和S n=42,则n等于( )A.3B.4C.5D.6【解析】选A.因为{a n}为等比数列,所以a3·a n-2=a1·a n=64.又a1+a n=34,所以a1,a n是方程x2-34x+64=0的两根,解得或又因为{a n}是递增数列,所以由S n===42,解得q=4.由a n=a1q n-1=2×4n-1=32,解得n=3.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若=2a3a6,S5=-62,则a1的值是________.【解析】设{a n}的公比为q.由=2a3a6得(a1q4)2=2a1q2·a1q5,所以q=2,所以S5==-62,a1=-2.答案:-2【变式备选】设等比数列{a n}的前n项和为S n,若27a3-a6=0,则=________.【解析】由题可知{a n}为等比数列,设首项为a1,公比为q,所以a3=a1q2,a6=a1q5,所以27a1q2=a1q5, 所以q=3,由S n=,得S6=,S3=,所以=·=28.答案:287.若数列{a n+1-a n}是等比数列,且a1=1,a2=2,a3=5,则a n=________.【解析】因为a2-a1=1,a3-a2=3,所以q=3,所以a n+1-a n=3n-1,所以a n-a1=a2-a1+a3-a2+…+a n-1-a n-2+a n-a n-1=1+3+…+3n-2=,因为a1=1,所以a n=.答案:【变式备选】已知数列{a n}满足a1,,,…,是首项为1,公比为2的等比数列,则a101=________.【解析】因为数列{a n}满足a1,,,…,是首项为1,公比为2的等比数列,所以a1=1,=2n-1,所以a n=a1···…·=1×2×22×…×2n-1==,当n=1时,a1=1满足上式,故a n=,所以a101==25 050. 答案:25 0508.设数列{a n}是首项为1,公比为-2的等比数列,则a1+|a2|+|a3|+|a4|= ________.【解析】因为a n=a1q n-1=(-2)n-1,所以a1+|a2|+|a3|+|a4|=1+2+4+8=15答案:15三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.(1)求{a n}的通项公式.b-.(2)求和:b1+b3+b5+…+2n1【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d.因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10.解得d=2.所以a n=2n-1.(2)设等比数列{b n}的公比为q.因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9.b-=b1q2n-2=3n-1.解得q2=3.所以2n1b从而b1+b3+b5+…+2n1=1+3+32+…+3n-1=.10.已知数列{a n}中,a1=1,a n·a n+1=,记T2n为{a n}的前2n项的和,b n=a2n+a2n-1,n∈N*.(1)判断数列{b n}是否为等比数列,并求出b n.(2)求T2n.【解析】(1)因为a n·a n+1=,所以a n+1·a n+2=,所以=,即a n+2=a n,因为b n=a2n+a2n-1,所以===,因为a1=1,a1·a2=,所以a2=⇒b1=a1+a2=.所以{b n}是首项为,公比为的等比数列.所以b n=×=.(2)由(1)可知,a n+2=a n,所以a1,a3,a5,…是以a1=1为首项,以为公比的等比数列;a2,a4,a6,…是以a2=为首项,以为公比的等比数列,所以T2n=(a1+a3+…+a2n-1)+ (a2+a4+…+a2n)=+=3-.(20分钟40分)1.(5分)已知{a n}是等比数列,a2=2,a5=,则a1a2+a2a3+…+a n a n+1等于( )A.16(1-4-n)B.16(1-2-n)C.(1-4-n)D.(1-2-n)【解析】选C.因为a2=2,a5=,所以a1=4,q=.a1a2+a2a3+…+a n a n+1=(1-4-n).2.(5分)已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2= ( )A.2B.1C.D.【解析】选C.设等比数列{a n}的公比为q,a1=,a3a5=4(a4-1),由题可知q≠1,则a1q2×a1q4=4(a1q3-1),所以×q6=4(×q3-1),所以q6-16q3+64=0,所以(q3-8)2=0,所以q3=8,所以q=2,所以a2=.3.(5分)设数列{a n}(n=1,2,3,…)的前n项和S n满足S n+a1=2a n,且a1,a2+1,a3成等差数列,则a1+a5=________.【解析】由已知S n+a1=2a n,有a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1(n≥2),即a n=2a n-1(n≥2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1),所以a1+4a1=2(2a1+1), 解得a1=2,所以数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列,故a n=2n,则a1+a5=2+25=34.答案:34【变式备选】已知数列{a n}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{a n}的前n项和S n=________.【解析】设等比数列的公比为q,则有解得或又{a n}为递增数列,所以所以S n==2n-1.答案:2n-14.(12分)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=a(a≠3),a n+1=S n+3n,n∈N*.(1)设b n=S n-3n,求数列{b n}的通项公式.(2)若a n+1≥a n,n∈N*,求a的取值范围.【解析】(1)依题意,S n+1-S n=a n+1=S n+3n,即S n+1=2S n+3n,由此得S n+1-3n+1=2(S n-3n),又S1-31=a-3(a≠3),故数列{S n-3n}是首项为a-3,公比为2的等比数列,因此,所求通项公式为b n=S n-3n=(a-3)2n-1,n∈N*.(2)由(1)知S n=3n+(a-3)2n-1,n∈N*,于是,当n≥2时,a n=S n-S n-1=3n+(a-3)2n-1-3n-1-(a-3)2n-2=2×3n-1+(a-3)2n-2,当n=1时,a1=a不适合上式,故a n=a n+1-a n=4×3n-1+(a-3)2n-2=2n-2,当n≥2时,a n+1≥a n⇔12·+a-3≥0⇔a≥-9.又a2=a1+3>a1.综上,所求的a的取值范围是[-9,+∞).【变式备选】已知数列{a n}的前n项和为S n,数列{b n}中,b1=a1,b n=a n-a n-1(n≥2),且a n+S n=n.(1)设c n=a n-1,求证:{c n}是等比数列.(2)求数列{b n}的通项公式.【解析】(1)因为a n+S n=n①,所以a n+1+S n+1=n+1②.②-①得a n+1-a n+a n+1=1,所以2a n+1=a n+1,所以2(a n+1-1)=a n-1,当n=1时,a1+S1=1,所以a1=,a1-1=-,所以=,又c n=a n-1,所以{c n}是首项为-,公比为的等比数列.(2)由(1)可知c n=·=-,所以a n=c n+1=1-.所以当n≥2时,b n=a n-a n-1=1--=-=.又b1=a1=也符合上式,所以b n=.5.(13分)(2019·太原模拟)已知各项均为正数的数列{a n}满足-=+ a n a n+1,且a2+a4=2a3+4,其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)设数列{b n}满足b n=(n∈N*),若存在正整数m,n(1<m<n),使得b1,b m,b n成等比数列,求m,n的值.【解析】(1)因为-=+a n a n+1,即(a n+1+a n)(2a n-a n+1)=0,又a n>0,所以有2a n-a n+1=0,即2a n=a n+1,所以数列{ a n}是公比为2的等比数列,由a2+a4=2a3+4,得2a1+8a1=8a1+4,解得a1=2,所以,数列{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N*).(2)b n==,若b1,b m,b n成等比数列,则=,即3m2+n(2m2-4m-1)=0,所以2m2-4m-1<0,解得1-<m<1+,又m∈N*,且m>1,所以m=2,此时n=12.。
2020届高考数学(理)一轮必刷题 专题30 等比数列及其前n项和(解析版)
考点30 等比数列及其前n 项和1、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 ．2【答案】A【解析】由题意知，数列{a n }是以2为公比的等比数列，故S 4a 2＝a 1－241－2a 1×2＝152.故选A.2、设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5等于( ) A.152 B ．314C.334 D ．172【答案】B【解析】设数列{a n }的公比为q ，则显然q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ·a 1q 3＝1，a 11－q 31－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 11－q 51－q＝4⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝314.3、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 ．13C ．－12D ．12【答案】A【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，所以a ＋16＝a 2，所以a ＝－13.4、在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝3，a 9＝a 2a 3a 4，则公比q 的值为( ) A.2 B ．3 C ．2 D ．3【答案】D【解析】由a 9＝a 2a 3a 4得a 1q 8＝a 31q 6，所以q 2＝a 21.因为等比数列{a n }的各项都为正数，所以q ＝a 1＝3.5、已知数列1，a 1，a 2,9是等差数列，数列1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，则b 2a 1＋a 2的值为( )A.710 B ．75C.310 D ．12【答案】C【解析】因为1，a 1，a 2,9是等差数列，所以a 1＋a 2＝1＋9＝10.又1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，所以b 22＝1×9＝9，因为b 21＝b 2＞0，所以b 2＝3，所以b 2a 1＋a 2＝310.6、在等比数列{a n }中，a 5a 11＝3，a 3＋a 13＝4，则a 15a 5＝( )A ．3B ．－13C ．3或13D ．－3或－13【答案】C【解析】根据等比数列的性质得⎩⎪⎨⎪⎧a 3q 52＝3，a 3＋q 10＝4，化简得3q 20－10q 10＋3＝0，解得q 10＝3或13，所以a 15a 5＝a 5q 10a 5＝q 10＝3或13. 7、古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( ) A ．7 B ．8 C ．9 D ．10【答案】B【解析】设该女子第一天织布x 尺，则x 1－251－2＝5，得x ＝531，∴前n 天所织布的尺数为531(2n －1)．由531(2n －1)≥30，得2n ≥187，则n 的最小值为8.8、已知各项均是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )A.5－12B ．5＋12C ．－5－12D ．5－12或5＋12【答案】B【解析】设{a n }的公比为q (q ＞0)．由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.从而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.9、已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15【答案】A【解析】因为log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，所以a n ＋1＝3a n . 所以数列{a n }是公比q ＝3的等比数列， 所以a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9.所以a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝9×33＝35. 所以log 1335＝－log 335＝－5.10、在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a na n －1＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．故选B.11、在等比数列{a n }中，a n ＞0，a 1＋a 2＋…＋a 8＝4，a 1a 2·…·a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( )A ．2B ．4C ．8D ．16【答案】A【解析】由分数的性质得到1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝a 8＋a 1a 8a 1＋a 7＋a 2a 7a 2＋…＋a 4＋a 5a 4a 5.因为a 8a 1＝a 7a 2＝a 3a 6＝a 4a 5，所以原式＝a 1＋a 2＋…＋a 8a 4a 5＝4a 4a 5，又a 1a 2·…·a 8＝16＝(a 4a 5)4，a n ＞0，∴a 4a 5＝2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝2.12、已知等比数列{a n }的前n 项积记为Ⅱn .若a 3a 4a 8＝8，则Ⅱ9＝( ) A ．512 B ．256 C ．81 D ．16 【答案】A【解析】由题意知，a 3a 4a 7q ＝a 3a 7a 4q ＝a 3a 7a 5＝a 35＝8，Ⅱ9＝a 1a 2a 3…a 9＝(a 1a 9)(a 2a 8)·(a 3a 7)(a 4a 6)a 5＝a 95，所以Ⅱ9＝83＝512.13、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(n ∈N *)的取值范围是( )A ．[12,16]B ．⎣⎡⎦⎤8，323 C.⎣⎡⎭⎫8，323 D ．⎣⎡⎦⎤163，323【答案】C【解析】因为{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，所以q 3＝a 5a 2＝18，q ＝12，a 1＝4，故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝a 1a 21－q 2n 1－q 2＝323(1－q 2n )∈⎣⎡⎭⎫8，323，故选C. 14、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( ) 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【答案】C【解析】若对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0，则a 1＋a 2＜0，又a 1＞0，所以a 2＜0，所以q ＝a 2a 1＜0.若q ＜0，可取q ＝－1，a 1＝1，则a 1＋a 2＝1－1＝0，不满足对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0.所以“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.15、已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值为( ) A ．126 B ．130 C ．132 D ．134【答案】C【解析】设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，由题意可知，lg a 3＝b 3，lg a 6＝b 6.又b 3＝18，b 6＝12，则a 1q 2＝1018，a 1q 5＝1012，∴q 3＝10－6，即q ＝10－2，∴a 1＝1022.∵{a n }为正项等比数列，∴{b n }为等差数列，且公差d ＝－2，b 1＝22，故b n ＝22＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋24.∴数列{b n }的前n 项和S n ＝22n ＋nn －2×(－2)＝－n 2＋23n ＝－⎝⎛⎭⎫n －2322＋5294.又n ∈N *，故n ＝11或12时，(S n )m a x ＝132. 16、设数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4＝( ) A ．15 B ．60 C ．63 D ．72【答案】B【解析】由数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，得数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)1＝n ＋2.由数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，得数列{b n }的通项公式为b n ＝b 1q n －1＝2n －1，所以ba n ＝2n＋1，所以ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4＝22＋23＋24＋25＝－241－2＝60.17、已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n ，若b 10·b 11＝2，则a 21＝________.【答案】1 024【解析】∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3a 2，∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2，∵b 3＝a 4a 3，∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n －1， ∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210＝1 024.18、已知{a n }为等比数列，且a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝18.若a n ＝12，则n ＝________.【答案】 9【解析】设{a n }的公比为q ，由a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝(a 3＋a 6)q ＝18，解得q ＝12，由a 1(q 2＋q 5)＝36得a 1＝128，进而a n ＝128·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －8.由a n ＝12，解得n ＝9. 19、设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2·…·a n 的最大值为________． 【答案】64【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2·…·a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝⎛⎭⎫12n －n 2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝⎛⎭⎫n －722＋498， 结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6.又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2·…·a n 的最大值为26＝64.20、设数列{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，则a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝________. 【答案】15【解析】由题意得a n ＝(－2)n －1，所以a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝1＋|－2|＋(－2)2＋|(－2)3|＝15.21、已知等差数列{a n }的前5项和为105，且a 10＝2a 5.对任意的m ∈N *，将数列{a n }中不大于72m 的项的个数记为b m ，则数列{b m }的前m 项和S m ＝________. 【答案】72m ＋1－748【解析】设数列{a n }的公差为d ，前n 项和为T n .由T 5＝105，a 10＝2a 5，得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋－2d ＝105，a 1＋9d ＝a 1＋4d ，解得a 1＝7，d ＝7，因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝7＋7(n －1)＝7n (n ∈N *)．对任意的m ∈N *，若a n ＝7n ≤72m ，则n ≤72m－1.因此b m ＝72m －1，所以数列{b m }是首项为7，公比为49的等比数列，故S m ＝－49m 1－49＝7×2m－48＝72m ＋1－748.22、已知等差数列{a n }的公差d ＞0，且a 2，a 5－1，a 10成等比数列，若a 1＝5，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋n ＋32a n ＋1的最小值为________．【答案】203【解析】由于a 2，a 5－1，a 10成等比数列，所以(a 5－1)2＝a 2·a 10，(a 1＋4d －1)2＝(a 1＋d )·(a 1＋9d )，又a 1＝5，所以d ＝3，所以a n ＝5＋3(n －1)＝3n ＋2，S n ＝na 1＋nn －2d ＝5n ＋32n (n －1)，所以2S n ＋n ＋32a n ＋1＝3n 2＋8n ＋323n ＋3＝13[3(n ＋1)＋27n ＋1＋2]≥203，当且仅当3(n ＋1)＝27n ＋1，即n ＝2时等号成立． 23、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.【答案】(1) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2. (2) 22n ＋1＋13【解析】(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.当n ＝1时a 1＝1，不适合上式．∴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＋13.24、已知数列{a n }满足a 1＝8999，a n ＋1＝10a n ＋1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫a n ＋19，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和，求证：T n ＜12. (1)【解】由a n ＋1＝10a n ＋1，得a n ＋1＋19＝10a n ＋109＝10⎝⎛⎭⎫a n ＋19，所以a n ＋1＋19a n ＋19＝10，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，首项为a 1＋19＝100，公比为10.所以a n ＋19＝100×10n －1＝10n ＋1，所以a n ＝10n ＋1－19.(2)【证明】由(1)可得b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫a n ＋19＝lg 10n ＋1＝n ＋1， 所以1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＜12， 所以T n ＜12.25、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．(1) 【解】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 ∈N *)．∴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 a 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．26、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.【答案】(1)11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1(2) －1【解析】(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＝－1.27已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19. (1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 【答案】(1) 3n (2) 13[(－2)n －1]【解析】(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19， ∴b 1＝1，∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列， ∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3，∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝3n .(2)设C n ＝b n cos(a n π)，由(1)得C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，则C n ＋1＝(－1)n ＋12n ，∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1，∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列． ∴T n ＝－1×[1－－n]1－－＝13[(－2)n －1]． 28、已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m ≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．【答案】(1) －5·(－1)n －1. (2) 见解析【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝53，q ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，q ＝－1.故a n ＝53·3n －1，或a n ＝－5·(－1)n －1.(2)若a n ＝53·3n －1，则1a n ＝35·⎝⎛⎭⎫13n －1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列 ，从而∑n ＝1m 1a n ＝35·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m 1－13＝910·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m ＜910＜1. 若a n ＝(－5)·(－1)n －1，则1a n ＝－15(－1)n －1， 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而∑n ＝1m1a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15， m ＝2k －k ∈N *，0， m ＝2k k ∈N *.故∑n ＝1m1a n＜1. 综上，对任意正整数m ，总有∑n ＝1m1a n＜1. 故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1成立．。
2020年高三一轮总复习理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a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( )A ．10B ．20C ．100D ．200解析：a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100.答案：C2．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 ．－18 C.578D ．558解析：因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.所以a 7＋a 8＋a 9＝18.答案：A3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15 C ．5D ．15解析：∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是公比q ＝3的等比数列． ∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5. 答案：A4．(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 ＝ba 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．(2018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.答案：B7．(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．(2017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＝81＋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符合上式， ∴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届山西吕梁质检)已知数列2,8,4，12，…，该数列的特点是从第2项起，每一项都等于它的前后两项之积，则这个数列的前2 018项之积T 2 018等于________．解析：数列2,8,4，12，…，该数列的特点是从第2项起，每一项都等于它的前后两项之积，这个数列的前8项分别为2,8,4，12，18，14，2,8，易得从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项积为2×8×4×12×18×14＝1.又因为2 018＝ 336×6＋2，所以这个数列的前2 018项之积T 2 018＝1336×2×8＝16. 答案：163．已知数列{a n}满足a1＝5，a2＝5，a n＋1＝a n＋6a n－1(n≥2)．(1)求证：{a n＋1＋2a n}是等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式．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.。
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课时跟踪练(三十四)
A 组 基础巩固
1．(2019·湖北调考)设等比数列{a n }中，a 2＝2，a 2＋a 4＋a 6＝14，则公比q ＝( )
A ．3
B ．±
C ．2
D ．±32
解析：由题意得解得q 2＝2，{a 1q ＝2，a 1q ＋a 1q 3＋a 1q 5＝14，)
所以q ＝±，故选D.
2答案：D
2．[一题多解](2019·成都二诊)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 ．24
D ．36解析：法一 设等比数列{a n }的公比为q ，则有a 3＋a 3q 2＋a 3q 4＝6＋6q 2＋6q 4＝78，解得q 2＝3，所以a 5＝a 3q 2＝18，故选B.法二 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则由题意有解得{a 1q 2＝6，a 1q 2＋a 1q 4＋a 1q 6＝78，){a 1＝2，q ＝±3，)
所以a 5＝a 1q 4＝18.
答案：B
3．(2019·菏泽模拟)等比数列{a n }中，a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0
的两个实数根，则的值为( )a 2a 16a 9A ．2
B ．－或22C. D ．－22
解析：因为a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 2＋a 16＝－6，
a 2·a 16＝2，所以a 2<0，a 16<0，即a 1>0，q <0或a 1<0，q >0，所以＝a 9＝a 2a 16a
9
±＝±.
a 2a 162故选B.
答案：B
4．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为2，则2a 7＋a 11的最小值为( )
2A ．16 B ．8 C ．2 D ．42解析：因为a 4与a 14的等比中项为2，2所以a 4·a 14＝a 7·a 11＝(2)2＝8，
2所以2a 7＋a 11≥2＝2＝8，2a 7a 112×8所以2a 7＋a 11的最小值为8.
答案：B
5．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝
9，则log (a 5＋a 7＋a 9)的值是( )
13A ．－5 B ．－ C ．5 D.1515解析：因为log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，
所以a n ＋1＝3a n .又由题意知a n >0，
所以数列{a n }是公比q ＝3的等比数列．因为a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，
所以log (a 5＋a 7＋a 9)＝log (9×33)＝log 35＝－5.
13 13
13
答案：A
6．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________．解析：由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16，。