全国统考2022高考数学一轮复习课时规范练31等比数列及其前n项和理含解析北师大版.docx
高考数学理科一轮复习等比数列及其前n项和学案含答案
高考数学（理科）一轮复习等比数列及其前n项和学案含答案学案30 等比数列及其前n项和导学目标： 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.4.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题．自主梳理 1．等比数列的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)，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的________，通常用字母________表示(q≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝______________. 3．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． 4．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝am•________ (n，m∈N*)． (2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n (k，l，m，n∈N*)，则__________________________． (3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan} (λ≠0)，1an，{a2n}，{an•bn}，anbn仍是等比数列． (4)单调性：a1>0，q>1或a1<00<q<1⇔{an}是________数列；a1>0，0<q<1或a1<0q>1⇔{an}是________数列；q＝1⇔{an}是____数列；q<0⇔{an}是________数列． 5．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q (q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝－－q＝－－1＝a1qnq－1－a1q－1. 6．等比数列前n项和的性质公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为______．自我检测 1．“b＝ac”是“a、b、c成等比数列”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 2．若数列{an}的前n项和Sn＝3n－a，数列{an}为等比数列，则实数a的值是 ( ) A．3 B．1 C．0 D．－1 3．(2011•温州月考)设f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1 (n∈N*)，则f(n)等于 ( ) A.27(8n－1) B.27(8n＋1－1) C.27(8n＋2－1) D.27(8n＋3－1) 4．(2011•湖南长郡中学月考)已知等比数列{an}的前三项依次为a－2，a＋2，a＋8，则an等于 ( ) A．8•32n B．8•23n C．8•32n－1 D．8•23n－1 5．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1 (n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q＝________. 探究点一等比数列的基本量运算例1 已知正项等比数列{an}中，a1a5＋2a2a6＋a3a7＝100，a2a4－2a3a5＋a4a6＝36，求数列{an}的通项an和前n项和Sn.变式迁移1 在等比数列{an}中，a1＋an＝66，a2•an－1＝128，Sn ＝126，求n和q.探究点二等比数列的判定例2 (2011•岳阳月考)已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*. (1)证明数列{an＋1}是等比数列； (2)求{an}的通项公式以及Sn.变式迁移2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)． (1)求a2，a3的值； (2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．探究点三等比数列性质的应用例3 (2011•湛江月考)在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝8，且1a1＋1a2＋1a3＋1a4＋1a5＝2，求a3.变式迁移3 (1)已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，求b5＋b9的值； (2)在等比数列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a14a15a16＝8，求a41a42a43a44.分类讨论思想与整体思想的应用例(12分)设首项为正数的等比数列{an}的前n项和为80，它的前2n项和为6 560，且前n项中数值最大的项为54，求此数列的第2n项．【答题模板】解设数列{an}的公比为q，若q＝1，则Sn＝na1，S2n＝2na1＝2Sn. ∵S2n＝6 560≠2Sn＝160，∴q≠1，[2分] 由题意得－－q＝80，－－q＝6 560. ②[4分] 将①整体代入②得80(1＋qn)＝6 560，∴qn＝81.[6分] 将qn＝81代入①得a1(1－81)＝80(1－q)，∴a1＝q－1，由a1>0，得q>1，∴数列{an}为递增数列．[8分] ∴an＝a1qn－1＝a1q•qn＝81•a1q＝54. ∴a1q＝23.[10分] 与a1＝q－1联立可得a1＝2，q＝3，∴a2n＝2×32n－1 (n∈N*)．[12分] 【突破思维障碍】 (1)分类讨论的思想：①利用等比数列前n项和公式时要分公比q＝1和q≠1两种情况讨论；②研究等比数列的单调性时应进行讨论：当a1>0，q>1或a1<0,0<q<1时为递增数列；当a1<0，q>1或a1>0,0<q<1时为递减数列；当q<0时为摆动数列；当q ＝1时为常数列．(2)函数的思想：等比数列的通项公式an＝a1qn－1＝a1q•qn (q>0且q≠1)常和指数函数相联系．(3)整体思想：应用等比数列前n项和时，常把qn，a11－q当成整体求解．本题条件前n 项中数值最大的项为54的利用是解决本题的关键，同时将qn和－－q的值整体代入求解，简化了运算，体现了整体代换的思想，在解决有关数列求和的题目时应灵活运用． 1．等比数列的通项公式、前n项公式分别为an＝a1qn－1，Sn＝na1，q＝1，－－q，q≠1. 2．等比数列的判定方法： (1)定义法：即证明an＋1an＝q (q≠0，n∈N*) (q是与n值无关的常数)． (2)中项法：证明一个数列满足a2n＋1＝an•an＋2 (n∈N*且an•an＋1•an ＋2≠0)． 3．等比数列的性质： (1)an＝am•qn－m (n，m∈N*)； (2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n (k，l，m，n∈N*)，则ak•al＝am•an； (3)设公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn. 4．在利用等比数列前n项和公式时，一定要对公比q＝1或q≠1作出判断；计算过程中要注意整体代入的思想方法． 5．等差数列与等比数列的关系是：(1)若一个数列既是等差数列，又是等比数列，则此数列是非零常数列； (2)若{an}是等比数列，且an>0，则{lg an}构成等差数列． (满分：75分) 一、选择题(每小题5分，共25分) 1．(2010•辽宁)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等于 ( ) A.152 B.314 C.334 D.172 2．(2010•浙江)设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则S5S2等于 ( ) A．－11 B．－8 C．5 D．11 3．在各项都为正数的等比数列{an}中，a1＝3，前三项的和S3＝21，则a3＋a4＋a5等于( ) A．33 B．72C．84 D．189 4．等比数列{an}前n项的积为Tn，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是 ( ) A．T10 B．T13 C．T17 D．T25 5．(2011•佛山模拟)记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则S10S5等于( ) A．－3 B．5 C．－31 D．33 题号 1 2 3 4 5 答案二、填空题(每小题4分，共12分) 6．设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}前7项的和为________． 7．(2011•平顶山月考)在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝30，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝________. 8．(2010•福建)在等比数列{an}中，若公比q＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式an＝________. 三、解答题(共38分) 9．(12分)(2010•陕西)已知{an}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{an}的通项；(2)求数列{2an}的前n项和Sn.10．(12分)(2011•廊坊模拟)已知数列{log2(an－1)}为等差数列，且a1＝3，a2＝5. (1)求证：数列{an－1}是等比数列； (2)求1a2－a1＋1a3－a2＋…＋1an＋1－an的值．11．(14分)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项． (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}对n∈N*均有c1b1＋c2b2＋…＋cnbn＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 010.答案自主梳理 1．公比q 2.a1•qn－1 4.(1)qn－m (2)ak•al＝am•an (4)递增递减常摆动 6.qn 自我检测 1．D 2.B3.B4.C5.－9 课堂活动区例1 解题导引(1)在等比数列的通项公式和前n项和公式中共有a1，an，q，n，Sn五个量，知道其中任意三个量，都可以求出其余两个量．解题时，将已知条件转化为基本量间的关系，然后利用方程组的思想求解； (2)本例可将所有项都用a1和q表示，转化为关于a1和q的方程组求解；也可利用等比数列的性质来转化，两种方法目的都是消元转化．解方法一由已知得： a21q4＋2a21q6＋a21q8＝100，a21q4－2a21q6＋a21q8＝36.①② ①－②，得4a21q6＝64，∴a21q6＝16.③ 代入①，得16q2＋2×16＋16q2＝100. 解得q2＝4或q2＝14. 又数列{an}为正项数列，∴q＝2或12. 当q＝2时，可得a1＝12，∴an＝12×2n－1＝2n－2， Sn＝12(1－2n)1－2＝2n－1－12；当q＝12时，可得a1＝32. ∴an＝32×12n－1＝26－n. Sn＝321－12n1－12＝64－26－n. 方法二∵a1a5＝a2a4＝a23，a2a6＝a3a5，a3a7＝a4a6＝a25，由a1a5＋2a2a6＋a3a7＝100，a2a4－2a3a5＋a4a6＝36，可得a23＋2a3a5＋a25＝100，a23－2a3a5＋a25＝36，即(a3＋a5)2＝100，(a3－a5)2＝36. ∴a3＋a5＝10，a3－a5＝±6.解得a3＝8，a5＝2，或a3＝2，a5＝8. 当a3＝8，a5＝2时，q2＝a5a3＝28＝14. ∵q>0，∴q ＝12，由a3＝a1q2＝8，得a1＝32，∴an＝32×12n－1＝26－n. Sn ＝32－26－n×121－12＝64－26－n. 当a3＝2，a5＝8时，q2＝82＝4，且q>0，∴q＝2. 由a3＝a1q2，得a1＝24＝12. ∴an＝12×2n －1＝2n－2. Sn＝12(2n－1)2－1＝2n－1－12. 变式迁移1 解由题意得a2•an－1＝a1•an＝128，a1＋an＝66，解得a1＝64，an＝2或a1＝2，an＝64. 若a1＝64，an＝2，则Sn＝a1－anq1－q＝64－2q1－q＝126，解得q＝12，此时，an＝2＝64•12n－1，∴n＝6. 若a1＝2，an＝64，则Sn＝2－64q1－q＝126，∴q＝2. ∴an＝64＝2•2n －1.∴n＝6. 综上n＝6，q＝2或12. 例2 解题导引(1)证明数列是等比数列的两个基本方法：①an＋1an＝q (q为与n值无关的常数)(n∈N*)．②a2n＋1＝anan＋2 (an≠0，n∈N*)． (2)证明数列不是等比数列，可以通过具体的三个连续项不成等比数列来证明，也可用反证法． (1)证明由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*，可得n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4，两式相减得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2(an＋1)，当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，所以a2＋a1＝2a1＋6，又a1＝5，所以a2＝11，从而a2＋1＝2(a1＋1)，故总有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N*，又a1＝5，a1＋1≠0，从而an＋1＋1an＋1＝2，即数列{an＋1}是首项为6，公比为2的等比数列． (2)解由(1)得an＋1＝6•2n－1，所以an＝6•2n－1－1，于是Sn＝6•(1－2n)1－2－n＝6•2n－n－6. 变式迁移2 (1)解∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8. (2)证明∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan ＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，① ∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1 ＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．② ①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2. ∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴Sn＋2Sn－1＋2＝2，故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．例3 解题导引在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am•an＝ap•aq”，可以减少运算量，提高解题速度．解由已知得 1a1＋1a2＋1a3＋1a4＋1a5 ＝a1＋a5a1a5＋a2＋a4a2a4＋a3a23 ＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5a23＝8a23＝2，∴a23＝4，∴a3＝±2.若a3＝－2，设数列的公比为q，则－2q2＋－2q－2－2q－2q2＝8，即1q2＋1q＋1＋q＋q2 ＝1q＋122＋q＋122＋12＝－4. 此式显然不成立，经验证，a3＝2符合题意，故a3＝2. 变式迁移3 解(1)∵a3a11＝a27＝4a7，∵a7≠0，∴a7＝4，∴b7＝4，∵{bn}为等差数列，∴b5＋b9＝2b7＝8. (2)a1a2a3a4＝a1•a1q•a1q2•a1q3＝a41q6＝1.① a13a14a15a16＝a1q12•a1q13•a1q14•a1q15 ＝a41•q54＝8.② ②÷①：a41•q54a41•q6＝q48＝8⇒q16＝2，又a41a42a43a44＝a1q40•a1q41•a1q42•a1q43 ＝a41•q166＝a41•q6•q160＝(a41•q6)•(q16)10 ＝1•210＝1 024. 课后练习区 1．B [∵{an}是由正数组成的等比数列，且a2a4＝1，∴设{an}的公比为q，则q>0，且a23＝1，即a3＝1. ∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝1q2＋1q＋1＝7，即6q2－q－1＝0. 故q＝12或q＝－13(舍去)，∴a1＝1q2＝4. ∴S5＝4(1－125)1－12＝8(1－125)＝314.] 2．A [由8a2＋a5＝0，得8a1q ＋a1q4＝0，所以q＝－2，则S5S2＝a1(1＋25)a1(1－22)＝－11.] 3．C [由题可设等比数列的公比为q，则3(1－q3)1－q＝21⇒1＋q＋q2＝7⇒q2＋q－6＝0 ⇒(q＋3)(q－2)＝0，根据题意可知q>0，故q＝2.所以a3＋a4＋a5＝q2S3＝4×21＝84.] 4．C [a3a6a18＝a31q2＋5＋17＝(a1q8)3＝a39，即a9为定值，所以下标和为9的倍数的积为定值，可知T17为定值．] 5．D [因为等比数列{an}中有S3＝2，S6＝18，即S6S3＝a1(1－q6)1－qa1(1－q3)1－q＝1＋q3＝182＝9，故q＝2，从而S10S5＝a1(1－q10)1－qa1(1－q5)1－q ＝1＋q5＝1＋25＝33.] 6．127 解析∵公比q4＝a5a1＝16，且q>0，∴q＝2，∴S7＝1－271－2＝127. 7.1207 解析∵S99＝30，即a1(299－1)＝30，∵数列a3，a6，a9，…，a99也成等比数列且公比为8，∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝4a1(1－833)1－8 ＝4a1(299－1)7＝47×30＝1207. 8．4n－1 解析∵等比数列{an}的前3项之和为21，公比q ＝4，不妨设首项为a1，则a1＋a1q＋a1q2＝a1(1＋4＋16)＝21a1＝21，∴a1＝1，∴an＝1×4n－1＝4n－1. 9．解(1)由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列，得1＋2d1＝1＋8d1＋2d，....................................................................................(4分) 解得d＝1或d＝0(舍去)．故{an}的通项an＝1＋(n－1)×1＝n.............................................................(7分) (2)由(1)知2an＝2n，由等比数列前n项和公式，得Sn＝2＋22＋23＋ (2)＝2(1－2n)1－2 ＝2n＋1－2.………………………………………………………………………………(12分) 10．(1)证明设log2(an－1)－log2(an－1－1)＝d (n≥2)，因为a1＝3，a2＝5，所以d＝log2(a2－1)－log2(a1－1)＝log24－log22＝1，…………………………………………………………(3分) 所以log2(an－1)＝n，所以an－1＝2n，所以an－1an－1－1＝2 (n≥2)，所以{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列．………(6分) (2)解由(1)可得an－1＝(a1－1)•2n－1，所以an＝2n＋1，…………………………………………………………………………(8分) 所以1a2－a1＋1a3－a2＋…＋1an＋1－an ＝122－2＋123－22＋…＋12n＋1－2n ＝12＋122＋…＋12n＝1－12n.………………………………………………………………(12分) 11．解(1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．解得d＝2(d＝0舍)．……………………………………………………………………(2分) ∴an＝1＋(n－1)•2＝2n－1.………………………………………………………………(3分) 又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3，∴bn＝3•3n－2＝3n－1.………………………………………………………………………(6分) (2)由c1b1＋c2b2＋…＋cnbn＝an＋1得当n≥2时，c1b1＋c2b2＋…＋cn－1bn－1＝an. 两式相减得：当n≥2时，cnbn＝an＋1－an ＝2.……………………………………………(9分) ∴cn＝2bn＝2•3n －1 (n≥2)．又当n＝1时，c1b1＝a2，∴c1＝3. ∴cn＝3 (n ＝1)2•3n－1(n≥2).……………………………………………………………(11分) ∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 010 ＝3＋6－2×32 0101－3＝3＋(－3＋32 010)＝32 010.…………………………………………(14分)。
2022届高考数学一轮复习 第五章 第三节 等比数列及其前n项和课时作业 理(含解析)北师大版
第三节 等比数列及其前n 项和授课提示：对应学生用书第327页[A 组 基础保分练]1．（2021·石家庄高三二检）在等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝16，则a 6＝（ ） A ．14 B ．28 C ．32 D ．64解析：∵a 2＝2，a 5＝16，∴q 3＝a 5a 2＝8，∴q ＝2，a 6＝a 5×q ＝32．答案：C 2．（2021·兰州市高三实战考试）等比数列{a n }的各项均为正数，S n 是其前n 项和，满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝（ ） A ．9 B ．15 C ．18 D ．30解析：设数列{a n }的公比为q ，由2S 3＝8a 1＋3a 2可得2（a 1＋a 2＋a 3）＝8a 1＋3a 2，得2a 3＝6a 1＋a 2，即2q 2－q －6＝0，所以q ＝2，因为a 4＝16，所以a 1×23＝16，解得a 1＝2，所以S 4＝2×（1－24）1－2＝30．答案：D3．（2021·淄博模拟）已知{a n }是等比数列，若a 1＝1，a 6＝8a 3，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，则T 5＝（ ）A ．3116 B ．31C ．158D ．7解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 1＝1，a 6＝8a 3，所以q 3＝8，解得q ＝2．所以a n ＝2n －1．所以1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列．则T 5＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116． 答案：A4．（2021·济南模拟）已知正项等比数列{a n }满足a 3＝1，a 5与32a 4的等差中项为12，则a 1的值为（ ） A ．4 B ．2C ．12D ．14解析：由题意知，2×12＝a 5＋32a 4，即3a 4＋2a 5＝2．设数列{a n }的公比为q （q ＞0），则由a 3＝1，得3q ＋2q 2＝2，解得q ＝12或q ＝－2（舍去），所以a 1＝a 3q2＝4．答案：A 5．（2021·南宁统一考试）设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q ＞1”是“{a n }为递增数列”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：等比数列{a n }为递增数列的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＜0，0＜q ＜1.故“q ＞1”是“{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件． 答案：D 6．（2021·泰安模拟）在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 6＝3，则a 4＋a 8有（ ） A ．最小值6 B ．最大值6 C ．最大值9 D ．最小值3解析：设等比数列{a n }的公比为q （q ＞0）．∵a 6＝3，∴a 4＝a 6q 2＝3q 2，a 8＝a 6q 2＝3q 2，∴a 4＋a 8＝3q 2＋3q 2≥23q2·3q 2＝6．当且仅当q ＝1时上式等号成立． 答案：A7．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 8＋a 9＋a 10＝________． 解析：由等比数列的性质，根据a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝（a 1＋a 2＋a 3）q ＝2，解得q ＝2，a 8＋a 9＋a 10＝（a 1＋a 2＋a 3）q 7＝27＝128． 答案：128 8．（2021·安庆模拟）数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1（n ∈N ＋，λ∈R 且λ≠0），若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值为________．解析：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝⎛⎭⎪⎫a n －2λ．由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2．答案：29．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2．（1）若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； （2）若T 3＝21，求S 3．解析：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋（n －1）d ，b n ＝q n －1．由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3．①（1）由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6．②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0（舍去），⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1．（2）由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0， 解得q ＝－5或q ＝4．当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21． 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6． 10．（2021·武汉毕业班调研）已知正项等比数列{a n }的前n 项和S n 满足S 2＋4S 4＝S 6，a 1＝1．（1）求数列{a n }的公比q ；（2）令b n ＝a n －15，求T ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b 10|的值． 解析：（1）由题意可得q ≠1， 由S 2＋4S 4＝S 6，可知a 1（1－q 2）1－q ＋4·a 1（1－q 4）1－q ＝a 1（1－q 6）1－q，所以（1－q 2）＋4（1－q 4）＝1－q 6，而q ≠1，q ＞0， 所以1＋4（1＋q 2）＝1＋q 2＋q 4，即q 4－3q 2－4＝0， 所以（q 2－4）（q 2＋1）＝0，所以q ＝2．（2）由（1）知a n ＝2n －1，则{a n }的前n 项和S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，当n ≥5时，b n ＝2n －1－15＞0，n ≤4时，b n ＝2n －1－15＜0，所以T ＝－（b 1＋b 2＋b 3＋b 4）＋（b 5＋b 6＋…＋b 10）＝－（a 1＋a 2＋a 3＋a 4－15×4）＋（a 5＋a 6＋…＋a 10－15×6） ＝－S 4＋S 10－S 4＋60－90＝S 10－2S 4－30＝（210－1）－2（24－1）－30 ＝210－25－29＝1 024－32－29＝963．[B 组 能力提升练]1．在等比数列{a n }中，a 4，a 6是方程x 2＋5x ＋1＝0的两根，则a 5＝（ ） A ．1 B ．±1C ．52D ．±52解析：在等比数列{a n }中，由题意知a 4＋a 6＝－5，a 4·a 6＝1，所以a 4＜0，a 6＜0，a 25＝a 4·a 6＝1，即a 5＝±1． 答案：B2．（2021·枣庄模拟）若{a n }是首项为1的等比数列，则“a 8a 6＞9”是“a 2＞3”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：若a 8a 6＞9，则q 2＞9，又a 1＝1，则a 2＜－3或a 2＞3；若a 2＝q ＞3，则a 8a 6＝q 2＞9．答案：B3．已知正项等比数列{a n }满足a 2·a 27·a 2 020＝16，则a 1·a 2·…·a 1 017＝（ ） A ．41 017 B ．21 017 C ．41 018 D ．21 018解析：由a 2·a 27·a 2 020＝16， 可得（a 7a 1 011）2＝16， 所以a 7a 1 011＝4，a 509＝2，所以a 1·a 2·…·a 1 017＝（a 7a 1 011）508·a 509＝21 017． 答案：B4．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若数列{S n －2a 1}也为等比数列，则a 4a 3＝（ ）A ．12B ．1C ．32D ．2解析：设等比数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，S n －2a 1＝na 1－2a 1＝（n －2）a 1，显然{S n －2a 1}不为等比数列．当q ≠1时，S n －2a 1＝a 1（1－q n ）1－q －2a 1＝－a 11－q q n ＋a 11－q－2a 1，欲符合题意，需a 11－q －2a 1＝0，得q ＝12，故a 4a 3＝q ＝12．答案：A5．已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N ＋，都有a m ＋na m＝a n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a n ＋ma m ＝a n ，令m ＝1，则a n ＋1a 1＝a n ，即a n ＋1a n＝a 1＝2，所以{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2．答案：2n ＋1－2 6．（2021·黄冈模拟）已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1a 6＝2a 3，a 4与2a 6的等差中项为32，则S 5＝________．解析：设{a n }的公比为q （q ＞0），因为a 1a 6＝2a 3，而a 1a 6＝a 3a 4，所以a 3a 4＝2a 3，所以a 4＝2．又a 4＋2a 6＝3，所以a 6＝12，所以q ＝12，a 1＝16，所以S 5＝16⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝31．答案：317．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N ＋．（1）判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； （2）求T 2n ．解析：（1）因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n ．因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，所以b 1＝a 1＋a 2＝32．所以{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n ．（2）由（1）可知，a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列， 所以T 2n ＝（a 1＋a 3＋…＋a 2n －1）＋（a 2＋a 4＋…＋a 2n ）＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n ．[C 组 创新应用练]1．在一个有穷数列每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作叫做该数列的一次“H 扩展”．已知数列{1，2}．第一次“H 扩展”后得到{1，3，2}；第二次“H 扩展”后得到{1，4，3，5，2}．那么第10次“H 扩展”后得到的数列的项数为（ ） A ．1 023 B ．1 025 C ．513 D ．511解析：设第n 次“H 扩展”后得到的数列的项数为a n ，则n ＋1次“H 扩展”后得到的数列的项数为a n ＋1＝2a n －1，∴a n ＋1－1＝2（a n －1），∴a n ＋1－1a n －1＝2．又a 1－1＝3－1＝2，∴{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n －1＝2·2n －1，∴a n ＝2n ＋1，∴a 10＝210＋1＝1 025． 答案：B2．中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走了（ ） A ．6里 B ．12里 C ．24里 D ．96里解析：由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{a n }，设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则q ＝12，依题意有a 1（1－q 6）1－q ＝378，解得a 1＝192，则a 6＝192×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝6，最后一天走了6里． 答案：A 3．（2021·北京市石景山区模拟）九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用a n 表示解下n （n ≤9，n ∈N ＋）个圆环所需的最少移动次数，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，则解下4个环所需的最少移动次数a 4为（ ） A ．7 B ．10 C ．12 D ．22解析：因为数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，所以a 2＝2a 1－1＝2－1＝1，所以a 3＝2a 2＋2＝2×1＋2＝4，所以a 4＝2a 3－1＝2×4－1＝7．答案：A。
专题32 等比数列(解析版)
(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⇒G2＝ab.
【小问2详解】由（1）知， ，所以 ，即 ，亦即 ，解得 ，所以满足等式的解 ，故集合 中的元素个数为 ．
3.（2022·浙江卷T20）已知等差数列 的首项 ，公差 ．记 的前n项和为 ．
（1）若 ，求 ；
（2）若对于每个 ，存在实数 ，使 成等比数列，求d的取值范围．
【答案】（1） （2）
【分析】（1）利用等差数列通项公式及前 项和公式化简条件，求出 ，再求 ；
2023高考一轮复习讲与练
专题32等比数列
练高考 明方向
1.（2022·全国乙（理）T8）已知等比数列 的前3项和为168， ，则 （）
A.14B.12C.6D.3
【答案】D
【分析】设等比数列 的公比为 ，易得 ，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列 的公比为 ，若 ，则 ，与题意矛盾，
基本方法：
等比数列的三种常用判定方法：
定义法：若 ＝q(q为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
等比中项法：若数列{an}中，an≠0，且a ＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列
通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
(Ⅰ)证明 是等比数列,并求其通项公式;
(Ⅱ)若 ,求 .
【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！。
高考数学一轮总复习课时规范练31等比数列新人教A版
课时规范练31 等比数列基础巩固组1.在等比数列{a n}中,a3a7=9,则a5=()A.±3B.3C.±D.2.已知数列{a n}为等比数列,则“a6>a5>0”是“数列{a n}为递增数列”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3.将数列{3n+1}与{9n1}的公共项从小到大排列得到数列{a n},则a10=()A.319B.320C.321D.3224.在等比数列{a n}中,a1+a2=,a4+a5=18,则其前5项的积为()A.64B.81C.192D.2435.(2023江苏淮阴检测)设{a n}是首项为1的等比数列,若a1,2a2,4a3成等差数列,则通项公式a n= .6.在等比数列{a n}中,a1+a3=10,a2+a4=5,则公比q= ;满足a n>1的n的最大值为.7.(2022河南洛阳三模)已知数列{a n}的前n项和为S n,且对任意的n∈N*,都满足S n+2=2a n,b n=.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{b n}的最小项的值.综合提升组8.已知数列{a n}的前n项和为S n,若3S n=2a n3n,则a2 021=()A. 2 021B.32 0216C.22 0211D.22 02119.(2022广东广州三模)在等比数列{a n}中,a1=1,且4a1,2a2,a3成等差数列,则(n∈N*)的最小值为()A. B. C. D.1创新应用组10.(2022山西临汾考前适应训练一)已知{a n}为等比数列,a1=16,公比q=.若T n是数列{a n}的前n项积,求当T n取最大值时n的值.答案：课时规范练31等比数列1.A由等比数列的性质,可得=a3a7=9,则a5=±3.2.B设数列{a n}的公比为q.充分性:当a6>a5>0时,q=>1,且a1=>0,则数列{a n}为递增数列;必要性:当数列{a n}为递增数列时,若a1<0,0<q<1,则0>a6>a5.故为充分不必要条件.3.B由题意知,数列{a n}是首项为9,公比为9的等比数列,所以a n=9n,则a10=910=320.4.D设等比数列{a n}的公比为q,由题意=q3=8,解得q=2,所以a1+a2=a1+2a1=,所以a1=,所以a1a2a3a4a5=q10=5×210=243.5.n1由a1,2a2,4a3成等差数列,得4a2=a1+4a3,∴4q=1+4q2,解得q=,∴a n=1·n1=n1.6.3因为a1+a3=10,a2+a4=5,所以q==所以a1+a3=a1+q2a1=10,即a1=8,所以a n=a1q n1=8×n1,所以当n为偶数时,a n<0;当n为奇数时,a n=8×n1=8×n1=24n>0.要使a n>1,则4n>0且n为奇数,即n<4且n为奇数,所以n=1或n=3,n的最大值为3.7.解(1)∵S n+2=2a n,∴当n≥2时,S n1+2=2a n1.两式相减,得a n=2a n1.又a1=2,∴{a n}是以2为公比,2为首项的等比数列,∴a n=2n,n∈N*.(2)∵b n=,易知b n>0,b n+1=,=2,当>1时,n>+1,则当n≥3时,b n<b n+1,又b1=2,b2=1,b3=,∴当n=3时,b n有最小值8.C当n=1时,3S1=3a1=2a13,解得a1=3;当n≥2时,由3S n=2a n3n,得3S n1=2a n13(n1),上述两式作差得3a n=2a n2a n13,即a n=2a n13,∴a n+1=2(a n1+1),可得=2,∵a1+1=2,∴数列{a n+1}是以2为首项,以2为公比的等比数列,∴a2021+1=2×(2)2020=22021,∴a2021=220211.故选C.9.D设等比数列{a n}的公比为q,由于4a1,2a2,a3成等差数列,∴4a2=4a1+a3,即4a1q=4a1+a1q2,则q24q+4=(q2)2=0,解得q=2,∴a n=2n1,=1,=1,=2,,=2,当n=1时,2=1,当n≥2时,2>1,<…,(n∈N*)的最小值为1.故选D.10.解T n=a1·a2·…·a n=a1·a1q·a1q2·…·a1q n1=q1+2+3+…+(n1)==16n×=24n,函数y=n2+n的开口向下,对称轴为n=,所以当n=4或n=5时,T n取得最大值.。
(适用于新高考新教材)高考数学一轮总复习第六章数列课时规范练32数列求和
课时规范练32 数列求和基础巩固组1.设数列{a n}为等比数列,数列{b n}为等差数列,且S n为数列{b n}的前n项和,若a2=1,a10=16,且a6=b6,则S11=()A.20B.30C.44D.882.S n=+…+等于()A. B.C. D.3.(2022福建漳州二模)已知S n是数列{a n}的前n项和,a1=1,a2=2,a3=3,记b n=a n+a n+1+a n+2且b n+1b n=2,则S31=()A.171B.278C.351D.3954.在数列{a n}中,a n+a n+1=2n,S n为其前n项和,若a1=a4,则S101=()A.4 882B.5 100C.5 102D.5 2125.已知数列{a n}的通项公式为a n=,则其前n项和为()A.1B.1C.2D.26.(2022湖北荆州模拟)已知数列{a n}满足a n=1+2+4+…+2n1,则数列的前5项和为.7.(2022辽宁辽阳二模)①{2n a n}为等差数列,且a3=;②为等比数列,且a2=.从①②两个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答.在数列{a n}中,a1=,.(1)求{a n}的通项公式;(2)已知{a n}的前n项和为S n,试问是否存在正整数p,q,r,使得S n=pqa n+r?若存在,求p,q,r的值;若不存在,请说明理由.8.已知数列{a n}的前n项和S n满足S n=,数列{log3b n}是公差为1的等差数列,b1=1.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设c n=a2n+1+b2n+1,求数列{c n}的前n项和T n.综合提升组9.已知数列{a n}的前n项和为S n=23n,则此数列奇数项的前m项和为()A. B.C. D.10.对于实数x,[x]表示不超过x的最大整数.已知数列{a n}的通项公式为a n=,前n项和为S n,则[S1]+[S2]+…+[S40]=()A.105B.120C.125D.13011.在数列{a n}中,a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),若b n=a n cos,且数列{b n}的前n项和为S n,则S11=()A.64B.80C.64D.8012.在数列{a n}中,a1=2,a p+q=a p a q(p,q∈N*),记b m为数列{a n}中在区间(0,m](m∈N*)内的项的个数,则数列{b m}的前150项和S150= .13.(2022辽宁沈阳模拟)已知S n为等差数列{a n}的前n项和,a1+a5=22,S n=n(a n2n+2).(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=(1)n·,求数列{b n}的前2n+1项和T2n+1.14.在等差数列{a n}中,a1+3,a3,a4成等差数列,且a1,a3,a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)在任意相邻两项a k与a k+1(k=1,2,…)之间插入2k个2,使它们和原数列的项构成一个新的数列{b n},求数列{b n}的前200项和T200.创新应用组15.在数列{a n}中,a1=3,a n+1=3a n4n,若b n=,且数列{b n}的前n项和为S n,则S n=()A.n1+B.C.n1+D.n1+16.(2022山东潍坊二模)已知正项数列{a n}的前n项和为S n,且+2a n=4S n,数列{b n}满足b n=(2.(1)求数列{b n}的前n项和B n,并证明B n+1,B n,B n+2是等差数列;(2)设c n=(1)n a n+b n,求数列{c n}的前n项和T n.17.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,公比q>0,S2=2a22,S3=a42,数列{a n}满足a2=4b1,nb n+1(n+1)b n=n2+n(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:数列为等差数列;(3)设数列{c n}的通项公式为c n=其前n项和为T n,求T2n.课时规范练32数列求和1.C解析:∵数列{a n}为等比数列,∴=a2a10=16.又a6=a2q4>0(q为公比),∴b6=a6=4.又数列{b n}为等差数列,∴S11=×11=11a6=44.故选C.2.A解析:由S n=+…+,可得S n=+…+.两式相减可得,S n=+…+,所以S n=,故选A.3.C解析:由b n+1b n=2,得a n+1+a n+2+a n+3(a n+a n+1+a n+2)=a n+3a n=2,∴a1,a4,a7,…是首项为1,公差为2的等差数列,a2,a5,a8,…是首项为2,公差为2的等差数列,a3,a6,a9,…是首项为3,公差为2的等差数列,S31=(a1+a4+…+a31)+(a2+a5+…+a29)+(a3+a6+…+a30)=1×11++2×10++3×10+=351.4.C解析:因为a n+a n+1=2n, ①所以a n+1+a n+2=2n+2, ②由②①得a n+2a n=2,所以数列{a n}奇数项与偶数项均成公差为2的等差数列.当n为奇数时,a n=a1+×2=n+a11;当n为偶数时,a n=a2+×2=n+a22=n+(2a1)2=na1.又因为a1=a4,所以a1=4a1,得a1=2,所以a n=所以S101=(a1+…+a101)+(a2+…+a100)=×(2+102)+×(0+98)=5102.故选C.5.A解析:因为a n=,所以其前n项和为1+…+=1.故选A.6.解析:因为a n=1+2+4+…+2n1=2n1,a n+1=2n+11,所以.所以的前5项和为++…+==1.7.解 (1)若选①:设等差数列{2n a n}的公差为d,则d==2,∴2n a n=2a1+2(n1)=2n1,即a n=.若选②:设等比数列的公比为q,则q=,∴×n1=n,即a n=.(2)S n=+…+,S n=+…+,则两式相减得S n=+2×+…+,∴S n=3.∵S n=3=34×=34a n+2,∴存在正整数p,q,r,使得S n=pqa n+r,且p=3,q=4,r=2.8.解(1)当n=1时,a1=S1==1,当n≥2,a n=S n S n1==3n2,所以n=1满足n≥2时的情况,所以a n=3n2(n∈N*).因为log3b n=log3b1+(n1)×(1)=1n,所以b n=31n.(2)因为c n=a2n+1+b2n+1=3(2n+1)2+31(2n+1)=6n+1+n,所以T n=,所以T n=3n2+4n+1.9.B解析:当n≥2时,a n=S n S n1=(23n)(23n1)=2·3n1.因为当n=1时,a1=1不满足,所以数列{a n}从第2项开始成等比数列.又a3=18,则数列{a n}的奇数项构成的数列的前m项和T m=1=.故选B.10.B解析:因为a n=,所以S n=+ (1)[S1]=[1]=0,[S2]=[1]=0,[S3]=[1]=1,[S4]=[1]=1,…,[S7]=[1]=1, [S8]=[1]=2,[S9]=[1]=2,…,[S14]=[1]=2,[S15]=[1]=3,[S16]=[1]=3,…,[S23]=[1]=3,[S24]=[1]=4,[S25]=[1]=4,…,[S34]=[1]=4,[S35]=[1]=5,[S36]=[1]=5,…,[S40]=[1]=5.故[S1]+[S2]+…+[S40]=0×2+1×5+2×7+3×9+4×11+5×6=120.故选B.11.C解析:已知na n+1=(n+1)a n+n(n+1),则+1,可得数列是首项为1,公差为1的等差数列,即有=n,即a n=n2,则b n=a n cos=n2cos,则S11=(12+22+42+52+72+82+102+112)+(32+62+92)=(12+223232+42+526262+72+829292+102+112)=×(5+23+41+59)=64.故选C.12.803解析:令p=1,q=n,则a1+n=a1a n=2a n,所以数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n=2n.当m=1时,b1=0.当2n≤m<2n+1时,b m=n,所以S150=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b64+b65+…+b127)+(b128+b129+…+b150)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×26+7×(150127)=803.13.解 (1)设等差数列{a n}的公差为d.由a1+a5=22,得a3=11,由S n=n(a n2n+2),得S2=2(a22),又S2=a1+a2=2a2d,解得d=4,所以a n=a3+(n3)d=4n1.(2)由(1)得b n=(1)n·=(1)n·=(1)n,所以T2n+1=b1+b2+b3+…+b2n+b2n+1=++…+== .14.解(1)设等差数列{a n}的公差为d.由题意得a1+3+a4=2a3,即2a1+3+3d=2a1+4d,解得d=3.又a1a8=,即a1(a1+7×3)=(a1+2×3)2,解得a1=4,所以a n=3n+1.(2)在数列{b n}中,a k+1前面(包括a k+1)共有2+22+23+…+2k+(k+1)=2k+1+k1项.令2k+1+k1≤200(k=1,2,…),则k≤6,所以a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7出现在数列{b n}的前200项中.当k=6时,2k+1+k1=133,所以a7前面(包括a7)共有133项,所以a7后面(不包括a7)还有67个2.所以T200=(4+7+…+22)+2(2+22+23+…+26+67)=91+386=477.15.D解析:由a n+1=3a n4n,可得a n+1[2(n+1)+1]=3[a n(2n+1)].∵a1=3,∴a1(2×1+1)=0,则可得数列{a n(2n+1)}为常数列0,即a n(2n+1)=0,∴a n=2n+1,∴b n==1+=1+,∴S n=n++…+=n+=n1+.故选D.16.解 (1)+2a n=4S n, ①a n>0,当n=1时,+2a1=4a1,∴a1=2或a1=0(舍去),当n≥2时,+2a n1=4S n1, ②①②,得+2a n2a n1=4a n,∴(a n a n1)(a n+a n1)=2(a n+a n1).∵a n>0,∴a n a n1=2(n≥2),∴{a n}是以2为首项,2为公差的等差数列,∴a n=2n,b n=(2)n,∴数列{b n}是首项为2,公比为2的等比数列,∴B n==+(1)n.∵B n+2+B n+1=+(1)n+2·+(1)n+1·===2B n,∴B n+1,B n,B n+2成等差数列.(2)c n=(1)n·2n+(2)n=(2)n+2(1)n·n,当n为偶数时,T n=(2)1+(2)2+…+(2)n+2[1+23+4+…(n1)+n]=+2×[(1+2)+(3+4)+…+(n+1+n)]= +2×+n.当n为奇数时,T n=(2)1+(2)2+…+(2)n+2[1+23+4+…+(n1)n]=+2×[1+(23)+(45)+…+(n1n)]= +2×1+(1)×=n1=n.综上可知T n=17.(1)解因为等比数列{a n}的前n项和为S n,公比q>0,S2=2a22,S3=a42,所以S3S2=a42a2=a3,整理得a2q22a2=a2q.又a2≠0,所以q2q2=0.由于q>0,解得q=2.由于a1+a2=2a22,解得a1=2,所以a n=2n.(2)证明数列{a n}满足a2=4b1,解得b1=1.由于nb n+1(n+1)b n=n2+n,所以=1,所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列.(3)解因为数列是以1为首项,1为公差的等差数列,所以=1+(n1)=n,所以b n=n2.因为数列{c n}的通项公式为c n=所以令p n=c2n1+c2n==(4n1)·4n1,所以T2n=3·40+7·41+11·42+…+(4n1)·4n1, ①4T2n=3·41+7·42+11·43+…+(4n5)·4n1+(4n1)·4n.②①②得3T2n=3·40+4·41+…+4·4n1(4n1)·4n,整理得3T2n=3+4·(4n1)·4n,故T2n=·4n.。
统考版2022届高考数学一轮复习第六章6.3等比数列及其前n项和课时作业理含解析
课时作业31 等比数列及其前n 项和[根底达标]一、选择题 1．[2021·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试]1，a 1，a 2,3成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，那么a 1＋a 2b 2的值为()A ．2B ．－2C ．±2D.542．[2021·湖南邵阳调研]设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，假设S 4S 2＝3，那么S 6S 4＝()A ．2B.73C.310D ．1或2 3．[2021·洛阳市尖子生联考]等比数列{a n }中，a 2·a 8＝4a 5，等差数列{b n }中，b 4＋b 6＝a 5，那么数列{b n }的前9项和S 9等于()A ．9B ．18C ．36D ．72 4．[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]公比不为1的等比数列{a n }中，假设a 1a 5＝a m a n ，那么mn 不可能为()A ．5B ．6C ．8D ．9 5．[2021·唐山市高三年级摸底考试]S n 为数列{a n }的前n 项和，3S n ＝a n ＋2，那么数列{S n }() A ．有最大项也有最小项B ．有最大项无最小项 C ．无最大项有最小项D ．无最大项也无最小项 二、填空题 6．[2021·福州市高中毕业班质量检测]设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝4a n ，那么a 1a 2·…·a n＝________________________________________________________________________.7．[2021·长春调研]在正项等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，那么n ＝________.8．[2021·河北省九校高三联考试题]正项等比数列{a n }满足a 3＝1，a 5与32a 4的等差中项为12，那么a 1的值为________．三、解答题 9．[2021·云南玉溪检测]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，假设S m ＝66，求m .10．[2021·湖北十堰调研]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 .[能力挑战]11．[2021·全国卷Ⅱ]数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n .假设a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，那么k ＝()A ．2B ．3C ．4D ．5 12．[2021·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试]等比数列{a n }满足：a 1＝4，S n ＝pa n ＋1＋m (p ＞0)，那么p －1m 取最小值时，数列{a n }的通项公式为()A ．a n ＝4·3n －1B ．a n ＝3·4n －1C ．a n ＝2n ＋1D ．a n ＝4n 13．[2021·安徽省示范高中名校高三联考]设S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，a 1＝3，假设－a 4，a 3，a 5成等差数列，那么S n 与a n 的关系式为________________．课时作业311．解析：由等差数列的性质知1＋3＝a 1＋a 2＝4，由等比数列的性质知b 22＝1×4＝4，∴b 2＝±2，由于等比数列中奇数项符号相同，偶数项符号相同，∴b 2＝2，∴a 1＋a 2b 2＝2，应选A.答案：A2．解析：设S 2＝k ，S 4＝3k ，因为数列{a n }为等比数列，所以S 2，S 4－S 2，S 6－S 4也为等比数列，又S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，所以S 6－S 4＝4k ，所以S 6＝7k ，所以 S 6S 4＝7k 3k ＝73.应选B 项．答案：B3．解析：因为数列{a n }是等比数列，所以a 2a 8＝a 25＝4a 5，又a n ≠0，所以a 5＝4，因为数列{b n }是等差数列，所以b 4＋b 6＝2b 5＝a 5＝4，所以b 5＝2，那么数列{b n }的前9项和S 9＝9b 5＝18，应选B.答案：B4．解析：由等比数列的性质可知，m ＋n ＝6，m ∈N *，n ∈N *，当m ＝n ＝3时，mn ＝9；当m ＝4，n ＝2时，mn ＝8；当m ＝5，n ＝1时，mn ＝5.应选B.答案：B5．解析：因为3S n ＝a n ＋2①，当n ≥2时，3S n －1＝a n －1＋2②，所以当n ≥2时，①－②得3a n ＝a n －a n －1，即a n ＝－12a n －1.又当n ＝1时，3S 1＝3a 1＝a 1＋2，所以a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，－12为公比的等比数列，即{a n }的各项为1，－12，14，－18，116，－132，…，因此数列{a n }的最大项为首项1，最小项为第二项－12.又3S n ＝a n ＋2，所以数列{S n }的最大项为1，最小项为12，应选A.答案：A6．解析：因为a 1＝1，a n ＋1＝4a n ，所以数列{a n }是以1为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝4n －1，所以a 1a 2a 3…a n ＝1×4×42×…×4n －1＝41＋2＋…＋n －1＝4n (n －1)2＝2n (n －1)．答案：2n (n －1)7．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 31q3n －3＝324，因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以3n －6＝36，即n ＝14. 答案：148．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 5与32a 4的等差中项为12，所以a 5＋32a 4＝1，所以a 3q 2＋32a 3q ＝1，又a 3＝1，所以2q 2＋3q －2＝0，又数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝12，所以a 1＝a 3q 2＝4.答案：49．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假设a n ＝6×(－2)n －1，那么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假设a n ＝6，q ＝1，那么{a n }是常数列， ∴S m ＝6m ＝66，解得m ＝11. 综上，m 的值为5或11.10．解析：(1)证明：记b n ＝1a n －1，那么b n ＋1b n ＝1a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋13a n －11a n－1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n 3(1－a n )＝13，又a 1＝23，所以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 . 11．解析：令m ＝1，那么由a m ＋n ＝a m a n ，得a n ＋1＝a 1a n ，即a n ＋1a n＝a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n ，所以a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝a k (a 1＋a 2＋…＋a 10)＝2k×2×(1－210)1－2＝2k ＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k ＝4，应选C.答案：C12．解析：∵S n ＝pa n ＋1＋m ，∴S n －1＝pa n ＋m (n ≥2)， ∴a n ＝S n －S n －1＝pa n ＋1－pa n (n ≥2)， ∴pa n ＋1＝(p ＋1)a n (n ≥2)， ∴a n ＋1a n ＝p ＋1p(n ≥2)， 又n ＝1时，a 1＝S 1＝pa 2＋m ＝4，∴a 2＝4－m p ，a 2a 1＝4－m4p.∵{a n }为等比数列，∴a 2a 1＝4－m 4p ＝p ＋1p ，∵p ＞0，∴p ＝－m4，∴m ＝－4p ，p －1m ＝p ＋14p ≥2p ×14p＝1，当且仅当p ＝14p ，p ＝12时取等号，此时等比数列的公比p ＋1p ＝3，∴a n ＝4×3n －1. 答案：A13．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＞0，由－a 4，a 3，a 5成等差数列，得2a 3＝a 5－a 4，那么q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ＝2a n －a 1，即S n ＝2a n －3.答案：S n ＝2a n －3。
2022届高考数学一轮总复习 第六篇 第3讲 等比数列及其前n项和 理 湘教版
第3讲等比数列及其前n项和A级基础演练时间：30分钟满分：55分一、选择题每小题5分，共20分1．在等比数列{a n}中，a1＝8，a4＝a3a5，则a7＝．解析在等比数列{a n}中a错误!＝a3a5，又a4＝a3a5，所以a4＝1，故q＝错误!，所以a7＝错误!答案 B2．已知等比数列{a n}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则a n＝．A．4·错误!n B．4·错误!nC．4·错误!n－1D．4·错误!n－1解析a＋12＝a－1a＋4⇒a＝5，a1＝4，q＝错误!，∴a n＝4·错误!n－1答案 C3．2022·泰安模拟已知等比数列{a n}为递增数列．若a1>0，且2a n＋a n＋2＝5a n＋1，则数列{a n}的公比q＝．A．2 C．2或错误!D．3解析∵2a n＋a n＋2＝5a n＋1，∴2a n＋2a n q2＝5a n q，化简得，2q2－5q＋2＝0，由题意知，q>1∴q＝2答案 A4．2022·江西盟校二模在正项等比数列{a n}中，S n是其前n项和．若a1＝1，a2a6＝8，则S8＝．A．8 B．15错误!＋1C．15错误!－1 D．151－错误!解析∵a2a6＝a错误!＝8，∴a错误!q6＝8，∴q＝错误!，∴S8＝错误!＝15错误!＋1．答案 B二、填空题每小题5分，共10分5．2022·广州综合测试在等比数列{a n}中，a1＝1，公比q＝2，若a n＝64，则n的值为________．解析因为a n＝a1q n－1且a1＝1，q＝2，所以64＝26＝1×2n－1，所以n＝7答案76．2022·辽宁已知等比数列{a n}为递增数列，且a错误!＝a10，2a n＋a n＋2＝5a n＋1，则数列{a n}的通项公式a n＝________解析根据条件求出首项a1和公比q，再求通项公式．由2a n＋a n＋2＝5a n＋1⇒2q2－5q＋2＝0⇒q＝2或错误!，由a错误!＝a10＝a1q9＞0⇒a1＞0，又数列{a n}递增，所以q＝＝a10＞0⇒a1q42＝a1q9⇒a1＝q＝2，所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n答案2n三、解答题共25分7．12分2022·九龙坡区调研已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2a n＋1n∈N*．1求证：数列{a n＋1}是等比数列，并写出数列{a n}的通项公式；2若数列{b n}满足4b1－1·4b2－1·4b3－1·…·4b n－1＝a n＋1n，求数列{b n}的前n项和S n1证明∵a n＋1＝2a n＋1，∴a n＋1＋1＝2a n＋1，又a1＝1，∴a1＋1＝2≠0，a n＋1≠0，∴错误!＝2，∴数列{a n＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n＋1＝2n，可得a n＝2n－12解∵4b1－1·4b2－1·4b3－1·…·4b n－1＝a n＋1n，∴4b1＋b2＋b3＋…＋b n－n＝2n2，∴2b1＋b2＋b3＋…＋b n－2n＝n2，即2b1＋b2＋b3＋…＋b n＝n2＋2n，∴S n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n＝错误!n2＋n8．13分已知数列{a n}的前n项和为S n，在数列{b n}中，b1＝a1，b n＝a n－a n－1n≥2，且a n＋S n ＝n1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．1证明∵a n＋S n＝n，①∴a n＋1＋S n＋1＝n＋1，②②－①得a n＋1－a n＋a n＋1＝1，∴2a n＋1＝a n＋1，∴2a n＋1－1＝a n－1，∴错误!＝错误!∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1∴a1＝错误!，∴c1＝－错误!，公比q＝错误!∴{c n}是以－错误!为首项，公比为错误!的等比数列．2解由1可知c n＝错误!·错误!n－1＝－错误!n，∴a n＝c n＋1＝1－错误!n∴当n≥2时，b n＝a n－a n－1＝1－错误!n－错误!＝错误!n－1－错误!n＝错误!n又b1＝a1＝错误!代入上式也符合，∴b n＝错误!nB级能力突破时间：30分钟满分：45分一、选择题每小题5分，共10分1．2022·全国已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n＝2a n＋1，则S n＝．A．2n－1n－1n－1解析当n＝1时，a1＝1当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n＋1－2a n，解得3a n＝2a n＋1，∴错误!＝错误!又∵S1＝2a2，∴a2＝错误!，∴错误!＝错误!，∴{a n}从第二项起是以错误!为公比的等比数列，∴a n＝错误!∴S n＝错误!n－1答案 B2．2022·威海模拟在由正数组成的等比数列{a n}中，若a3a4a5＝3π，则inog3a1＋og3a2＋…＋og3a7的值为．C．1 D．－错误!解析因为a3a4a5＝3π＝a错误!，所以a4＝3错误!og3a1＋og3a2＋…＋og3a7＝og3a1a2…a7＝og3a错误!＝7og33错误!＝错误!，所以inog3a1＋og3a2＋…＋og3a7＝错误!答案 B二、填空题每小题5分，共10分3．设f是定义在R上恒不为零的函数，且对任意的实数，∈R，都有f·f＝f＋，若a1＝错误!，a n＝fnn∈N*，则数列{a n}的前n项和S n的取值范围是________．解析由已知可得a1＝f1＝错误!，a2＝f2＝[f1]2＝错误!2，a3＝f3＝f2·f1＝[f1]3＝错误!3，…，a n＝fn＝[f1]n＝错误!n，∴S n＝错误!＋错误!2＋错误!3＋…＋错误!n＝错误!＝1－错误!n，∵n∈N*，∴错误!≤S n0，则S n一定有最大值．其中真命题的序号是________写出所有真命题的序号．解析对于①，注意到错误!＝错误!a n＋1－a n＝错误!d是一个非零常数，因此数列错误!是等比数列，①正确．对于②，S13＝错误!＝错误!＝13，因此②正确．对于③，注意到S n ＝na1＋错误!d＝n[a n－n－1d]＋错误!d＝na n－错误!d，因此③正确．对于④，S n＝na1＋错误!d，d>0时，S n不存在最大值，因此④不正确．综上所述，其中正确命题的序号是①②③答案①②③三、解答题共25分5．12分2022·江西已知两个等比数列{a n}，{b n}，满足a1＝aa＞0，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝31若a＝1，求数列{a n}的通项公式；2若数列{a n}唯一，求a的值．解1设数列{a n}的公比为q，则b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2，由b1，b2，b3成等比数列得2＋q2＝23＋q2．即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋错误!，q2＝2－错误!所以数列{a n}的通项公式为a n＝2＋错误!n－1或a n＝2－错误!n－12设数列{a n}的公比为q，则由2＋aq2＝1＋a3＋aq2，得aq2－4aq＋3a－1＝0*，由a＞0得Δ＝4a2＋4a＞0，故方程*有两个不同的实根．由数列{a n}唯一，知方程*必有一根为0，代入*得a＝错误!6．13分2022·合肥模拟数列{a n}的前n项和记为S n，a1＝t，点S n，a n＋1在直线＝3＋1上，n∈N*1当实数t为何值时，数列{a n}是等比数列．2在1的结论下，设b n＝og4a n＋1，c n＝a n＋b n，T n是数列{c n}的前n项和，求T n解1∵点S n，a n＋1在直线＝3＋1上，∴a n＋1＝3S n＋1，a n＝3S n－1＋1n>1，且n∈N*．∴a n＋1－a n＝3S n－S n－1＝3a n，∴a n＋1＝4a n n>1，n∈N*，a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t＋1，∴当t＝1时，a2＝4a1，数列{a n}是等比数列．2在1的结论下，a n＋1＝4a n，a n＋1＝4n，b n＝og4a n＋1＝n，c n＝a n＋b n＝4n－1＋n，∴T n＝c1＋c2＋…＋c n＝40＋1＋41＋2＋…＋4n－1＋n＝1＋4＋42＋…＋4n－1＋1＋2＋3＋…＋n＝错误!＋错误!。
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课时规范练31 等比数列及其前n 项和基础巩固组1.(2020安徽安庆二模,理5)等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 3a 6=2a 52,S 4=152,则a 2+a 4=( )A .32B .52C.32D.40 2.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2n =4(a 1+a 3+…+a 2n-1)(n ∈N +),a 1a 2a 3=-27,则a 5=( ) A.81B.24C.-81D.-243.已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且7S 2=4S 4,则公比q 的值为( ) A.1B.1或12C .√32D.±√324.(2020湖南郴州一模)在数列{a n }中,a 1=2,a n 2=a n-1·a n+1(n ≥2,n ∈N *),S n 为{a n }的前n 项和,若a 6=64,则S 7的值为( ) A.126 B.256 C.255 D.254 5.(2020广东惠州联考)已知数列{a n }为等差数列,且2a 1,2,2a 6成等比数列,则{a n }前6项的和为( ) A.15 B .212C.6D.3 6.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2=3,S 4=15,则S 6=( )A.63B.62C.61D.607.(2020辽宁大连24中一模,4)在公差不为零的等差数列{a n }中,a 1+a 2+a 5=13,且a 1,a 2,a 5成等比数列,则数列{a n }的公差等于( ) A.1B.2C.3D.48.(2019全国1,理14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=13,a 42=a 6,则S 5= .9.等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3=74,S 6=634,则a 8= . 10.(2020四川绵阳三模,理17)若数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,a n +1=23S n .(1)求S n ;(2)设b n =1S n,求证:b 1+b 2+b 3+…+b n <52.综合提升组11.(2020全国2,理6)数列{a n }中,a 1=2,a m+n =a m a n .若a k+1+a k+2+…+a k+10=215-25,则k=( )A.2B.3C.4D.512.(2020湖南常德一模,文7)等比数列{a n}的各项均为正数,已知向量n=(a5,a4),m=(a7,a8),且m·n=4,则log2a1+log2a2+…+log2a11=()A.5B.112C.132D.2+log2513.我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题(意为):“有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地”,那么,此人第4天和第5天共走路程是()A.24里B.36里C.48里D.60里14.(2020湖南常德一模,文17)在数列{a n}中,a1=1,a n+1=2a n+1(n∈N*).(1)证明:数列{a n+1}为等比数列;(2)求数列{a n}的前n项和S n.创新应用组15.(2020河南驻马店二模,文16)在数列{a n}中,a1=1,a n≠0,曲线y=x3在点(a n,a n3)处的切线经过点(a n+1,0),下列四个结论:①a2=23;②a3=13;③∑i=14a i=6527;④数列{a n}是等比数列,其中所有正确结论的编号是.16.(2020广东广州一模,理17)记S n为数列{a n}的前n项和,2S n-a n=12n-1(n∈N+).(1)求a n+a n+1;(2)令b n=a n+2-a n,证明数列{b n}是等比数列,并求其前n项和T n.参考答案课时规范练31等比数列及其前n项和1.B 设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 3a 6=2a 52,所以a 4a 5=2a 52,所以q=a 5a 4=12.因为S 4=152,所以a 1(1-q 4)1-q=152,解得a 1=4,所以a 2=2,a 4=12,a 2+a 4=52.故选B.2.C 设等比数列{a n }的公比为q ,已知S 2n =4(a 1+a 3+…+a 2n-1)(n ∈N *),令n=1,则S 2=4a 1,可得a 2=3a 1,q=3.∵a 1a 2a 3=-27,∴a 23=-27,解得a 2=-3,∴a 1=-1,则a 5=-34=-81.3.C 因为7S 2=4S 4,所以3(a 1+a 2)=4(S 4-S 2)=4(a 3+a 4),故q 2=34,因为数列{a n }为正项的等比数列,故q>0,所以q=√32,故选C .4.D 在数列{a n }中,满足a n 2=a n-1a n+1(n ≥2),则数列{a n }为等比数列.设其公比为q ,由a 1=2,a 6=64,得q 5=a6a 1=32,则q=2,则S 7=2×(1-27)1-2=28-2=254.5.C 由2a 1,2,2a 6成等比数列,可得4=2a 1·2a 6=2a 1+a 6,即a 1+a 6=2,又数列{a n }为等差数列,所以{a n }前6项的和为12×6(a 1+a 6)=6.6.A 由等比数列的性质可知S 2,S 4-S 2,S 6-S 4成等比数列,即3,12,S 6-15成等比数列, 所以S 6-15=12×4,解得S 6=63. 7.B 设数列{a n }的公差为d ,且d ≠0.∵a 1+a 2+a 5=13,∴3a 1+5d=13. ①∵a 1,a 2,a 5成等比数列,∴(a 1+d )2=a 1(a 1+4d ),②解①②组成的方程组,可得d=2.故选B. 8.1213设等比数列{a n }的公比为q ,则a 4=a 1q 3=13q 3,a 6=a 1q 5=13q 5. ∵a 42=a 6,∴19q 6=13q 5.∵q ≠0,∴q=3. ∴S 5=a 1(1-q 5)1-q=13(1-35)1-3=1213.9.32 设该等比数列的公比为q ,则S 6-S 3=634−74=14,即a 4+a 5+a 6=14.①∵S 3=74,∴a 1+a 2+a 3=74. 由①得(a 1+a 2+a 3)q 3=14, ∴q 3=1474=8,即q=2.∴a 1+2a 1+4a 1=74,a 1=14, ∴a 8=a 1·q 7=14×27=32.10.(1)解由a n +1=23S n ,可得S n +1-S n =23S n ,即S n +1=53S n ,由a 1=1,可得S 1=1,所以数列{S n }是首项为1,公比为53的等比数列,则S n =53n-1;(2)证明因为b n =1S n=35n-1,所以b 1+b 2+b 3+…+b n =1-(35) n1-35=52−52×35n <52. 11.C ∵a m+n =a m ·a n ,令m=1,又a 1=2,∴a n+1=a 1·a n =2a n , ∴a n+1a n=2,∴{a n }是以2为首项,2为公比的等比数列,∴a n =2n .∴a k+1+a k+2+…+a k+10=2k+1+2k+2+…+2k+10=2k+1·1-2101-2=2k+11-2k+1=215-25.∴{k +11=15,k +1=5,解得k=4. 12.B 因为向量n =(a 5,a 4),m =(a 7,a 8),m ·n =4,所以m ·n =a 5a 7+a 4a 8=4,因为{a n }是等比数列,所以a 5·a 7=a 4·a 8=2,所以a 1·a 11=2, 所以log 2a 1+log 2a 2+…+log 2a 11=log 2(a 1·a 11)112=log 22112=112.故选B.13.B 记每天走的路程里数为{a n },可知{a n }是公比q=12的等比数列,由S 6=378,得S 6=a 1(1-126)1-12=378,解得a 1=192,∴a 4+a 5=192×(12)3+192×(12)4=24+12=36.所以此人第4天和第5天共走了36里,故选B . 14.(1)证明∵a n+1=2a n +1,∴a n+1+1=2(a n +1),又a 1+1=2,∴数列{a n +1}是以2为首项,2为公比的等比数列. (2)解由(1)得a n +1=2n , ∴a n =2n -1, ∴S n=(21-1)+(22-1)+…+(2n -1)=(21+22+…+2n )-n=2×(1-2n )1-2-n=2n+1-n-2.故S n =2n+1-n-2.15.①③④ ∵y'=3x 2,∴曲线y=x 3在点(a n ,a n 3)处的切线方程为y-a n 3=3a n 2(x-a n ),∵该切线经过点(a n+1,0),∴-a n 3=3a n 2(a n+1-a n ).∵a n ≠0,∴a n+1=23a n ,又a 1=1,∴{a n }是首项为1,公比为23的等比数列.∴a 2=23,a 3=49,∑i=14a i =1-(23)41-23=6527.故所有正确结论的编号是①③④. 16.解(1)由2S n -a n =12n -1,①则2S n+1-a n+1=12n ,②②-①,可得2a n+1-a n+1+a n =12n −12n -1=-12n ,所以a n +a n+1=-12n . (2)由(1)可知a n +a n+1=-12n ,③则a n+1+a n+2=-12n+1,④④-③,可得a n+2-a n =-12n+1--12n =12n+1, 则b n =12n+1,且b n+1=12n+2.令n=1,则b 1=14.又因为b n+1b n=12n+212n+1=12,所以数列{b n }是首项为14,公比为12的等比数列.所以T n =14(1-12n )1-12=121-12n =12−12n+1.。