【配套K12】2019版一轮优化探究文数(苏教版)练习：第六章 第三节 等比数列及其前n项和 Wor

一、填空题
1．设等比数列{a n }的公比q ＝3，前n 项和为S n ，则S 4a 2
＝________. 解析：S 4＝a 1(1－34)1－3
＝40a 1，a 2＝3a 1. ∴S 4a 2
＝403. 答案：403
2．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 等于________．
解析：由已知可设公比为q ，
则(a 2＋1)2＝(a 1＋1)(a 3＋1)，
∴(2q ＋1)2＝3(2q 2＋1)．
∴2q 2－4q ＋2＝0.
∴q ＝1，
∴a n ＝2.
∴S n ＝2n .
答案：2n
3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6
＝________. 解析：由等比数列的性质：
S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，于是由S 6＝3S 3，可推出S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6
＝73. 答案：73
4．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列{1a n
}的前5项和为________． 解析：由题意易知q ≠1，则9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q
，解得q ＝2，数列{1a n }是以1为首项，以12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝3116.
答案：3116
5．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________．
解析：设公比为q ，则q 3＝a 5a 2
＝18，∴q ＝12，a 1＝4， 故数列{a n ·a n ＋1}是首项为8，公比为14的等比数列，
∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1
＝8[1－(14)n ]1－14
＝323[1－(14)n ]，
∵34≤1－(14)n <1，
∴8≤323[1－(14)n ]<323.
答案：[8，323)
6．在等比数列{a n }中，S n 为其前n 项和，已知a 5＝2S 4＋3，a 6＝2S 5＋3，则此数列的公比q 为________．
解析：由已知a 5＝2S 4＋3，a 6＝2S 5＋3，
两式相减得a 6－a 5＝2a 5，即a 6＝3a 5，
所以q ＝3.
答案：3
7．在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前99项的和S 99＝30，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝________.
解析：∵S 99＝30，
即a 1(299－1)＝30.
a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝4a 1(833－1)8－1
＝47a 1(299－1) ＝47×30＝1207.
答案：1207
8．数列{a n }满足：log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，若a 3＝10，则a 10＝________. 解析：由已知得a n ＋1＝2a n ，故数列{a n }是公比为2的等比数列，所以a 10＝a 3×27＝10×128＝1 280.
答案：1 280
9．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝a 3n a 2n ＋1
，且{b n }的前n 项和为T n ，若对一切正整数n 都有S n >T n ，则数列{a n }的公比q 的取值范围是________． 解析：由于{a n }是等比数列，公比为q ，所以b n ＝a 3n
a 2n ＋1＝1q 2a n ，于是
b 1＋b 2＋…＋
b n ＝1q 2(a 1＋a 2＋…＋a n )，即T n ＝1q 2·S n ，又S n >T n ，且T n >0，所以q 2＝S n T n >1.因为a n >0对任意n ∈N *都成立，所以q >0，因此公式q 的取值范围是q >1. 答案：q >1
二、解答题
10．已知等差数列{a n }满足a 2＝2，a 5＝8.
(1)求{a n }的通项公式；
(2)各项均为正数的等比数列{b n }中，b 1＝1，b 2＋b 3＝a 4，求{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，
则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＋d ＝2
a 1＋4d ＝8
. ∴a 1＝0，d ＝2.
∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －2.
(2)设等比数列{b n }的公比为q ，
则由已知得q ＋q 2＝a 4，
∵a 4＝6，∴q ＝2或q ＝－3.
∵等比数列{b n }的各项均为正数，∴q ＝2.
∴{b n }的前n 项和T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝1×(1－2n )1－2
＝2n －1. 11．已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝k ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，
其中k 为实数，n ∈N *.
(1)证明数列{a n }不是等比数列；
(2)若数列{b n }是等比数列，求k 的取值范围． 解析：(1)证明：假设存在实数k 使{a n }是等比数列，
则a 22＝a 1·
a 3，即(23k －3)2＝k (49k －4)， 即49k 2－4k ＋9＝49k 2－4k ，
∴9＝0显然矛盾，故假设不成立．
∴{a n }不是等比数列．
(2)∵b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]
＝(－1)n ＋1(23a n －2n ＋14)
＝(－23)·(－1)n (a n －3n ＋21)
＝－23b n .
又∵b 1＝－(k ＋18)，
∴只需k ≠－18，则b 1≠0，由上可知b n ＋1b n
＝－23(n ∈N *)． 故若{b n }是等比数列，则只需要k ≠－18，
∴k 的取值范围为(－∞，－18)∪(－18，＋∞)．
12．已知a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，其中n ＝1,2,3，….
(1)求证数列{lg(1＋a n )}是等比数列；
(2)设T n ＝(1＋a 1)(1＋a 2)…(1＋a n )，求T n 及数列{a n }的通项；
(3)记b n ＝1a n ＋1a n ＋2
，求数列{b n }的前n 项和S n ，并说明S n ＋23T n －1＝1. 解析：(1)证明：由已知得a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，
∴a n ＋1＋1＝(a n ＋1)2.
∵a 1＝2，∴a n ＋1>1，
两边取对数得lg(1＋a n ＋1)＝2lg(1＋a n )，
即lg (1＋a n ＋1)lg (1＋a n )
＝2. ∴数列{lg(1＋a n )}是公比为2的等比数列．
(2)由(1)知lg(1＋a n )＝2n －1·lg(1＋a 1)
＝2n －1·lg 3＝lg 32n －1，
∴1＋a n ＝32n －1.(*)
∴T n ＝(1＋a 1)(1＋a 2)…(1＋a n )
＝320·321·322·…·32n －1
＝31＋2＋22＋…＋2n －1＝32n －1.
由(*)式得a n ＝32n －1－1.
(3)∵a n ＋1＝a 2n ＋2a n ， ∴a n ＋1＝a n (a n ＋2)， ∴1a n ＋1＝12(1a n －1a n ＋2
)， ∴1a n ＋2＝1a n －2a n ＋1
. 又∵b n ＝1a n ＋1a n ＋2
， ∴b n ＝2(1a n －1a n ＋1
)． ∵S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n
＝2(1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1) ＝2(1a 1－1a n ＋1
)． ∵a n ＝32n －1－1，a 1＝2，a n ＋1＝32n －1，
∴S n ＝1－232n －1
. 又∵T n ＝32n －1，
∴S n ＋23T n －1＝1－232n －1＋232n －1＝1.。