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

合集下载

2019版高考文科数学大一轮复习人教A版6.3 等比数列及其前n项和 Word版含答案

§等比数列及其前项和最新考纲考情考向分析.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前项和公式..能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题..了解等比数列与指数函数的关系. 以考查等比数列的通项、前项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查.．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母表示(≠)．．等比数列的通项公式设等比数列{}的首项为，公比为，则它的通项＝·－(≠，≠)．．等比中项如果在与中插入一个数，使得，，成等比数列，那么根据等比数列的定义，＝，＝，＝±，称为，的等比中项．．等比数列的常用性质()通项公式的推广：＝·－(，∈*)．()若{}为等比数列，且＋＝＋(，，，∈*)，则·＝·.()若{}，{}(项数相同)是等比数列，则{λ}(λ≠)，，{}，{·}，仍是等比数列．．等比数列的前项和公式等比数列{}的公比为(≠)，其前项和为，当＝时，＝；当≠时，＝＝.．等比数列前项和的性质公比不为－的等比数列{}的前项和为，则，－，－仍成等比数列，其公比为. 知识拓展等比数列{}的单调性()满足或时，{}是递增数列．()满足或时，{}是递减数列．()当时，{}为常数列．()当<时，{}为摆动数列．题组一思考辨析．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)()满足＋＝(∈*，为常数)的数列{}为等比数列．(×)()为，的等比中项⇔＝.(×)()如果数列{}为等比数列，＝－＋，则数列{}也是等比数列．(×)()如果数列{}为等比数列，则数列{}是等差数列．(×)()数列{}的通项公式是＝，则其前项和为＝.(×)()数列{}为等比数列，则，－，－成等比数列．(×)题组二教材改编．[例]已知{}是等比数列，＝，＝，则公比＝.。

专题5.1 等差等比数列及其前n项和(B卷)-2019届高三数学(文)---精校解析 Word版

（测试时间：120分钟满分：150分）一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1．【2019山东乐陵高三一轮复习】数列的前n项和是成立的A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】D【解析】【分析】先根据关系式：，然后求解数列的通项公式，注意验证时是否成立，最后看求出的通项公式与谁能推出谁即可【点睛】本题主要考查了必要条件、充分条件与充要条件的判断、数列通项公式和前n项和公式之间的关系式，即，注意验证时是否成立，这是容易忽视的地方2．【2018山东普通高校招生春季考试】在数列中，，，则等于（）A． B． C． D．【答案】C【解析】分析：由递推关系依次得.详解：因为，所以,选C.点睛：数列递推关系式也是数列一种表示方法，可以按顺序求出所求的项.3．【2018高考新课标卷1】设为等差数列的前项和，若，，则A． B． C． D．【答案】B点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.4．【2018安徽安庆一中高三考前热身】数列中，已知，且，(且)，则此数列为( )A．等差数列 B．等比数列C．从第二项起为等差数列 D．从第二项起为等比数列【答案】D【解析】分析：由已知得，, (且)，即，(且)，由此能推导出数列从第2项起是以2为公比的等比数列．详解：由得；又，得．∵，(且)，∴, (且)，∴，(且)，当时，上式不成立．∴故数列从第2项起是以2为公比的等比数列．故选D．点睛：数列的通项a n与前n项和S n的关系是，当n＝1时，a1若适合S n－S n－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项a n；当n＝1时，a1若不适合S n－S n－1，则用分段函数的形式表示．5．【2018浙江金丽衢十二校高三联考】已知正项数列{a n}中，a1=1，a2=2，（n≥2），则a6=（）A． B． 4 C． 16 D． 45【答案】B点睛：证明或判断为等差数列的方法：(1)用定义证明：为常数）；(2)用等差中项证明：；(3)通项法：为的一次函数；(4)前项和法：6．【上海大同高三三模】设等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S19>0，S20<0，则中最大项为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】试题分析：因为S19>0，S20<0，所以，且所以，所以，当时，所以，中最大项为，故选C．考点：等差数列．7．【2018宁夏石嘴山三中高三下学期四模】已知等比数列中，则A． B． -2 C． 2 D． 4【答案】C【解析】【分析】根据等比数列性质得，，再根据等比数列性质求得.【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.8．【2018广东汕头潮南区高三5月冲刺模拟】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】【分析】设的公比为，由成等差数列，可得，解得，再利用求和公式即可得结果.【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.9．【2018河北衡水高三考前适应性考试】已知数列的前项和为，且满足，则下列说法正确的是（）A．数列的前项和为 B．数列的通项公式为C．数列为递增数列 D．数列是递增数列【答案】C【解析】【分析】方法一：根据数列的递推公式可得{}是以5为首项，以5为等差的等差数列，可得S n=，a n=，即可判断，方法二：当n=1时，分别代入A，B，可得A，B错误，当n=2时，a2+5a1（a1+a2）=0，即a2++a2=0，可得a2=﹣，故D错误，∴{}是以5为首项，以5为等差的等差数列，∴=5+5（n﹣1）=5n，∴S n=，当n=1时，a1=，当n≥2时，∴a n=S n﹣S n﹣1=﹣=，∴a n=，故只有C正确，方法二：当n=1时，分别代入A，B，可得A，B错误，当n=2时，a2+5a1（a1+a2）=0，即a2++a2=0，可得a2=﹣，故D错误，故选：C．【点睛】已知求的一般步骤：（1）当时，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式. 10．【2018名校联盟高三二模】已知数列的首项，满足，则A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】由,两式相加可得，利用“累加法”可得结果.【点睛】由数列的递推公式求通项常用的方法有：（1）等差数列、等比数列（先根据条件判定出数列是等差、等比数列）；（2）累加法，相邻两项的差成等求和的数列可利用累加求通项公式；（3）累乘法，相邻两项的商是能求出积的特殊数列时用累乘法求通项；（4）构造法.11．【2018江西南昌高三二轮复习测试】已知各项均为正数的递增数列的前项和为满足，，若成等差数列，则的最大值为A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由题，可求出，由成等差数列可得，，由此可得，故，可求的最大值【详解】由题，则，作差得，，，由成等差数列，可得，分离化简得，故，，选D.【点睛】本题考查数列递推式，考查了数列的函数特性，考查逻辑思维能力与推理运算能力，是中档题．12．【2018河南洛阳高三统考一】记数列的前项和为.已知，，则（）A． B． C． D．【答案】A点睛：本题考查等比数列的通项公式及其前项和公式，属中档题.二．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13．【2019辽宁部分重点高三9月联考】已知数列是等差数列，，，成等比数列，则该等比数列的公比为__________．【答案】或【解析】【分析】先根据，，成等比数列解得公差与首项关系，再根据，的比值确定公比.【点睛】本题考查等差数列与等比数列基本量运算，考查基本求解能力.14．【2018江西南昌高三二轮复习测试】已知数列满足，，，则使得成立的最大值为____________.【答案】999【解析】【分析】由，得数列是首项为，公差为的等差数列，，进而可得，从而列不等式求解即可.【详解】因为，所以，所以，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，所以，所以．所以．解得．故答案为：999.【点睛】数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．15．【2018江苏盐城高三质监】等差数列的前项和为，已知，且数列也为等差数列，则=____．【答案】19.【解析】【分析】先求得，由数列也为等差数列得d=2,根据等差数列通项即可求出.【点睛】(1)本题主要考查等差数列的通项和求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键是根据数列也为等差数列得d=2.16．【2018江苏南京高三质监】已知数列{a n}中，a1=1，a2=3，若a n+2+2a n+1+a n=0对任意都成立，则数列{a n}的前n项和S n=____________.【答案】【解析】【分析】由题意可得，，利用等比数列的通项公式可得：，分为，讨论可得结果．【详解】，，对任意都成立，可得：，．则数列是等比数列，首项为4，公比为．∴．时，，．时，，∴，故答案为.【点睛】本题考查了数列递推关系、等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、分组求和、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．【2018江西南昌二轮复习测试】记为各项为正数的等比数列的前项和，已知. （Ⅰ）求数列的通项公式;（Ⅱ）令，求的前n项和.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）。

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。

2019届高三文科数学《5年高考3年模拟》：§6.3 等比数列及其前n项和 Word版含答案

§6.3等比数列及其前n项和考纲解读分析解读本节在高考中主要考查等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式及等比中项等相关内容.对等比数列的定义、通项公式、性质及等比中项的考查,常以选择题、填空题的形式出现,难度较小.对前n项和以及与其他知识(函数、不等式)相结合的考查,多以解答题的形式出现,注重题目的综合与新颖,突出对逻辑思维能力的考查.本节内容在高考中分值为5分左右,难度不大.五年高考考点一等比数列的定义及通项公式1.(2014安徽,12,5分)如图,在等腰直角三角形ABC中,斜边BC=2.过点A作BC的垂线,垂足为A1;过点A1作AC的垂线,垂足为A2;过点A2作A1C的垂线,垂足为A3;……,依此类推.设BA=a1,AA1=a2,A1A2=a3,……,A5A6=a7,则a7=.答案2.(2017课标全国Ⅱ,17,12分)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,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.(1)若a3+b3=5,求{b n}的通项公式;(2)若T3=21,求S3.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a2+b2=2得d+q=3.①(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.②联立①和②解得(舍去),或因此{b n}的通项公式为b n=2n-1.(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.3.(2016课标全国Ⅰ,17,12分)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.解析(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,得a1=2,(3分)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.(5分)(2)由(1)和a n b n+1+b n+1=nb n得b n+1=,(7分)因此{b n}是首项为1,公比为的等比数列.(9分)记{b n}的前n项和为S n,则S n=--=--.(12分)教师用书专用(4—7)4.(2014福建,17,12分)在等比数列{a n}中,a2=3,a5=81.(1)求a n;(2)设b n=log3a n,求数列{b n}的前n项和S n.解析(1)设{a n}的公比为q,依题意得解得因此,a n=3n-1.(2)因为b n=log3a n=n-1,所以数列{b n}的前n项和S n==-.5.(2014北京,15,13分)已知{a n}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{b n}满足b1=4,b4=20,且{b n-a n}为等比数列.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)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,由题意得d=-=-=3.所以a n=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).设等比数列{b n-a n}的公比为q,由题意得q3=--=--=8,解得q=2.所以b n-a n=(b1-a1)q n-1=2n-1.从而b n=3n+2n-1(n=1,2,…).(2)由(1)知b n=3n+2n-1(n=1,2,…).数列{3n}的前n项和为n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为1×--=2n-1.所以数列{b n}的前n项和为n(n+1)+2n-1.6.(2013四川,16,12分)在等比数列{a n}中,a2-a1=2,且2a2为3a1和a3的等差中项,求数列{a n}的首项、公比及前n项和. 解析设该数列的公比为q.由已知,可得a1q-a1=2,4a1q=3a1+a1q2,所以a1(q-1)=2,q2-4q+3=0,解得q=3或q=1.由于a1(q-1)=2,因此q=1不合题意,应舍去.故公比q=3,首项a1=1.所以数列的前n项和S n=-.7.(2013天津,19,14分)已知首项为的等比数列{a n}的前n项和为S n(n∈N*),且-2S2,S3,4S4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明S n+≤(n∈N*).解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,因为-2S2,S3,4S4成等差数列,所以S3+2S2=4S4-S3,即S4-S3=S2-S4,可得2a4=-a3,于是q==-.又a1=,所以等比数列{a n}的通项公式为a n=×--=(-1)n-1·.(2)证明:S n=1--,S n+=1--+--=为奇数为偶数当n为奇数时,S n+随n的增大而减小,所以S n+≤S1+=.当n为偶数时,S n+随n的增大而减小,所以S n+≤S2+=.故对于n∈N*,有S n+≤.考点二等比数列的性质及其应用1.(2015课标Ⅱ,9,5分)已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2=()A.2B.1C.D.答案C2.(2015广东,13,5分)若三个正数a,b,c成等比数列,其中a=5+2则b=.答案 13.(2014广东,13,5分)等比数列{a n}的各项均为正数,且a1a5=4,则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=. 答案 5教师用书专用(4—5)4.(2014大纲全国,8,5分)设等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2=3,S4=15,则S6=()A.31B.32C.63D.64答案C5.(2013辽宁,14,5分)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=. 答案63考点三等比数列的前n项和公式1.(2013课标全国Ⅰ,6,5分)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 n答案D2.(2017江苏,9,5分)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=.答案323.(2015课标Ⅰ,13,5分)在数列{a n}中,a1=2,a n+1=2a n,S n为{a n}的前n项和.若S n=126,则n=.答案 64.(2017课标全国Ⅰ,17,12分)记S n为等比数列{a n}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.(1)求{a n}的通项公式;(2)求S n,并判断S n+1,S n,S n+2是否成等差数列.解析(1)设{a n}的公比为q,由题设可得解得q=-2,a1=-2.故{a n}的通项公式为a n=(-2)n.(2)由(1)可得S n=-=-+(-1)n·.-由于S n+2+S n+1=-+(-1)n·-=2--·=2S n,故S n+1,S n,S n+2成等差数列.5.(2016北京,15,13分)已知{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.(1)求{a n}的通项公式;(2)设c n=a n+b n,求数列{c n}的前n项和.解析(1)等比数列{b n}的公比q===3,(1分)所以b1==1,b4=b3q=27.(3分)设等差数列{a n}的公差为d.因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2.(5分)所以a n=2n-1(n=1,2,3,…).(6分)(2)由(1)知,a n=2n-1,b n=3n-1.因此c n=a n+b n=2n-1+3n-1.(8分)从而数列{c n}的前n项和S n=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1=-+--=n2+-.(13分)教师用书专用(6—11)6.(2013江西,12,5分)某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最少天数n(n∈N*)等于.答案 67.(2013北京,11,5分)若等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q=;前n项和S n=.答案2;2n+1-28.(2015四川,16,12分)设数列{a n}(n=1,2,3,…)的前n项和S n满足S n=2a n-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为T n,求T n.解析(1)由已知S n=2a n-a1,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.(2)由(1)得=.所以T n=++…+=--=1-.9.(2015重庆,16,13分)已知等差数列{a n}满足a3=2,前3项和S3=.(1)求{a n}的通项公式;(2)设等比数列{b n}满足b1=a1,b4=a15,求{b n}的前n项和T n.解析(1)设{a n}的公差为d,则由已知条件得a1+2d=2,3a1+d=,化简得a1+2d=2,a1+d=,解得a1=1,d=,故通项公式a n=1+-,即a n=.(2)由(1)得b1=1,b4=a15==8.设{b n}的公比为q,则q3==8,从而q=2,故{b n}的前n项和T n=--=--=2n-1.10.(2014四川,19,12分)设等差数列{a n}的公差为d,点(a n,b n)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*).(1)证明:数列{b n}为等比数列;(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列{a n}的前n项和S n. 解析(1)证明:由已知可知,b n=>0,当n≥1时,=-=2d,所以数列{b n}是首项为,公比为2d的等比数列.(2)函数f(x)=2x的图象在(a2,b2)处的切线方程为y-=(x-a2)ln 2,该切线在x轴上的截距为a2-. 由题意知,a2-=2-,解得a2=2.所以d=a2-a1=1,a n=n,b n=2n,a n=n·4n.于是,S n=1×4+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,4S n=1×42+2×43+…+(n-1)×4n+n×4n+1,因此S n-4S n=4+42+…+4n-n×4n+1=--n×4n+1=--.所以S n=-.11.(2013湖北,19,13分)已知S n是等比数列{a n}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正整数n,使得S n≥2 013?若存在,求出符合条件的所有n的集合;若不存在,说明理由.解析(1)设数列{a n}的公比为q,则a1≠0,q≠0.由题意得---即---解得-故数列{a n}的通项公式为a n=3×(-2)n-1.(2)由(1)有S n=·--=1-(-2)n.--若存在n,使得S n≥2 013,则1-(-2)n≥2 013,即(-2)n≤-2 012.当n为偶数时,(-2)n>0,上式不成立;当n为奇数时,(-2)n=-2n≤-2 012,即2n≥2 012,则n≥11.综上,存在符合条件的正整数n,且所有这样的n的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一等比数列的定义及通项公式1.(2018四川资阳一诊,4)已知各项均为正数的等比数列{a n}满足a1·a5=16,a2=2,则公比q=()A.4B.C.2D.答案C2.(2017江西抚州七校联考,5)在正项等差数列{a n}中,=2a5-a9,且a5+a6+a7=18,则()A.a1,a2,a3成等比数列B.a4,a6,a9成等比数列C.a3,a4,a8成等比数列D.a2,a3,a5成等比数列答案B3.(2016河南洛阳期中模拟,6)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等于()A.2B.-2C.3D.-3答案C4.(2018福建福安一中考试,17)已知等比数列{a n}的各项均为正数,且a2=4,a3+a4=24.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}的前n项和S n=n2+n+2n+1-2(n∈N*),求证:数列{a n-b n}是等差数列.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,依题意知q>0.因为两式相除得q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去).所以a1==2.所以数列{a n}的通项公式为a n=a1·q n-1=2n.(2)证明:当n=1时,b1=4;当n≥2时,b n=S n-S n-1=n2+n+2n+1-2-(n-1)2-(n-1)-2n+2=2n+2n,又b1=4符合此式,∴b n=2n+2n(n∈N*),设c n=a n-b n,则c n=-2n,当n≥2时,c n-c n-1=-2,∴{c n}即{a n-b n}是等差数列.考点二等比数列的性质及其应用5.(2018福建上杭调研,6)等比数列{a n}的各项均为正数,且a5a6+a4a7=18,则log3a1+log3a2+…+log3a10=()A.12B.8C.10D.2+log35答案C6.(2018安徽淮北二模,7)5个数依次组成等比数列,且公比为-2,则其中奇数项和与偶数项和的比值为()A.-B.-2C.-D.-答案C7.(2017广东深圳一模,4)已知等比数列{a n}的前n项和S n=a·3n-1+b,则=()A.-3B.-1C.1D.3答案A8.(2017辽宁六校协作体期中联考,9)在等比数列{a n}中,a5+a6=a(a≠0),a15+a16=b,则a25+a26的值是()A. B. C. D.答案C9.(2017广东惠州二调,4)已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5·a6=-8,则a1+a10=()A.7B.-7C.-5D.5答案B10.(2018广东惠州一调,15)已知等比数列{a n}的公比为正数,且a3a9=2,a2=1,则a1=.答案考点三等比数列的前n项和公式11.(2018河北“名校联盟”高三教学质量监测,5)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2 018项之和S2 018=()A.22 018B.22 017-1C.22 018-1D.22 019-1答案C-等于()12.(2017湖北六校联合体4月模拟,10)在数列{a n}中,a1=1,a n+1=2a n,则S n=-+-+…+-A.(2n-1)B.(1-24n)C.(4n-1)D.(1-2n)答案B13.(2017福建龙岩五校期中,5)已知数列{a n}是等比数列,其前n项和是S n,若a2=2,a3=-4,则S5等于()A.8B.-8C.11D.-11答案D14.(2017江西吉安一中模拟,15)已知正项等比数列{a n}满足log2a n+2-log2a n=2,且a3=8,则数列{a n}的前n项和S n=. 答案2n+1-215.(2017河南平顶山一模,17)已知S n为数列{a n}的前n项和,且2S n=3a n-2(n∈N*).(1)求a n和S n;(2)若b n=log3(S n+1),求数列{b2n}的前n项和T n.解析(1)∵2S n=3a n-2,∴当n=1时,2S1=3a1-2,解得a1=2;当n≥2时,2S n-1=3a n-1-2,∴2S n-2S n-1=3a n-3a n-1,∴2a n=3a n-3a n-1,∴a n=3a n-1,∴数列{a n}是首项为2,公比为3的等比数列,∴a n=2·-,S n=-=3n-1.-(2)由(1)知S n=3n-1,∴b n=log3(S n+1)=log33n=n,∴b2n=2n,∴T n=2+4+6+…+2n==n2+n.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:45分时间:30分钟)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2018广东珠海调研,4)已知等比数列{a n}的公比为正数,前n项和为S n,a1+a2=2,a3+a4=6,则S8等于()A.81-27B.54C.38-1D.80答案D2.(2016河南洛阳期中模拟,5)下列结论正确的是()A.若数列{a n}的前n项和S n=n2+n+1,则{a n}为等差数列B.若数列{a n}的前n项和S n=2n-2,则{a n}为等比数列C.非零实数a,b,c不全相等,若a,b,c成等差数列,则,,也可能构成等差数列D.非零实数a,b,c不全相等,若a,b,c成等比数列,则,,一定构成等比数列答案D二、填空题(共5分)3.(2017江西仿真模拟,16)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足:a1=1,a2=2,S n+1=a n+2-a n+1(n∈N*),若不等式λS n>a n恒成立,则实数λ的取值范围是.答案λ>1三、解答题(每小题15分,共30分)4.(2017江西南昌三校12月联考,18)已知等比数列{a n}满足a n+1+a n=9·2n-1,n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{a n}的前n项和为S n,若不等式S n>ka n-2对一切n∈N*恒成立,求实数k的取值范围.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,∵a n+1+a n=9·2n-1,n∈N*,∴a2+a1=9,a3+a2=18,∴q===2,∴2a1+a1=9,∴a1=3.∴a n=3·2n-1,n∈N*.(2)由(1)知S n=--=--=3(2n-1),∴不等式化为3(2n-1)>k·3·2n-1-2,即k<2-·-对一切n∈N*恒成立.令f(n)=2-·-,n∈N*,易知f(n)随n的增大而增大, ∴f(n)min=f(1)=2-=,∴k<.∴实数k的取值范围为-.5.(2016山东枣庄八中南校区2月模拟,19)已知单调递增的等比数列{a n}满足a2+a3+a4=28,且a3+2是a2,a4的等差中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=a n·log2a n,数列{b n}的前n项和为S n,若(n-1)2≤m(S n-n-1)对于n≥2(n∈N*)恒成立,求实数m的取值范围.解析(1)设等比数列的首项为a1,公比为q,由题意可知2(a3+2)=a2+a4,又因为a2+a3+a4=28,∴a3=8,a2+a4=20.∴解得或(舍去).∴a n=2n.(2)由(1)知,b n=n·2n,∴S n=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,2S n=2×2+2×23+3×24+…+n·2n+1,-S n=2+22+23+…+2n-n·2n+1,∴S n=----·=(n-1)2n+1+2,若(n-1)2≤m(S n-n-1)对于n≥2(n∈N*)恒成立,则(n-1)2≤m[(n-1)2n+1+2-n-1],即(n-1)2≤m(n-1)(2n+1-1),∴m≥--(n≥2),令f(n)=--,当n≥2时, f(n+1)-f(n)=----=----<0,∴当n≥2时, f(n)单调递减, f(n)的最大值为,故实数m的取值范围为.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1等比数列的基本运算1.(2018河南郑州一模,3)若等比数列{a n}的前n项和为S n,且S2=3,S6=63,则S5=()A.-33B.15C.31D.-33或31答案D2.(2017河北衡水中学三调,4)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知a2a5=2a3,且a4与2a7的等差中项为,则S5=()A.29B.31C.33D.36答案B3.(2016安徽安庆摸底,4)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,其前n项和为S n,若a3=4,S3=7,则公比q等于()A. B. C.2 D.3答案C方法2等比数列性质的应用策略4.(2018福建福州八县联考,4)已知数列{a n}为等比数列,且a1a13+2=4π,则tan(a2a12)的值为()A. B.- C.± D.-答案A方法3等比数列的判定与证明5.(2018福建福州八校联考,21)数列{a n}中,a1=3,a n+1=2a n+2(n∈N*).(1)求证:{a n+2}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,S n=b1+b2+b3+…+b n,证明:∀n∈N*,都有≤S n<.解析(1)由=2a n+2(n∈N*),得+2=2(a n+2),∵a1=3,∴a1+2=5,∴{a n+2}是首项为5,公比为2的等比数列,∴a n+2=5×2n-1,∴a n=5×2n-1-2.(2)证明:由(1)可得b n=-,S n=…-①,S n=…②,①-②整理可得S n=…--=·---=-.∵n∈N*,∴S n<.又∵S n+1-S n=×>0,∴数列{S n}单调递增,∴S n≥S1=,∴∀n∈N*,都有≤S n<.6.(2017辽宁六校协作体期中联考,19)已知数列{a n},{c n}满足条件:a1=1,a n+1=2a n+1,c n=.(1)求证数列{a n+1}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{c n}的前n项和T n,并求使得T n>对任意n∈N*都成立的正整数m的最小值.解析(1)∵a n+1=2a n+1,∴a n+1+1=2(a n+1),∵a1=1,a1+1=2≠0,∴数列{a n+1}是首项为2,公比为2的等比数列.∴a n+1=2×2n-1,∴a n=2n-1.(2)∵c n==-,∴T n=--…-=-==.∵=·==1+>1,又T n>0,∴T n<T n+1,n∈N*,∴数列{T n}是递增数列.∴当n=1时,T n取得最小值.要使得T n>对任意n∈N*都成立,结合(1)的结果,只需>,由此得m>4.-∴正整数m的最小值是5.。

2019高三一轮总复习文科数学课时跟踪检测：5-4数列求和

[课时跟踪检测]　[基础达标]1．已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝.S 2a 2(1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝，求{c n }的前n 项和T n .32Sn 解：(1)设数列{b n }的公差为d ，∵a 3＋S 3＝27，q ＝，S 2a 2∴q 2＋3d ＝18,6＋d ＝q 2，联立方程可求得q ＝3，d ＝3，∴a n ＝3n －1，b n ＝3n .(2)由题意得，S n ＝，c n ＝＝××＝－，n (3＋3n )232Sn 32231n (n ＋1)1n 1n ＋1∴T n ＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝.12121313141n 1n ＋11n ＋1nn ＋12．(2017届广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .解：(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2.因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0，因为公比q ≠0，所以q ＝2，所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n ，所以 b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1，②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，4(1－2n －1)1－2所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.3．S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a ＋2a n ＝4S n ＋3.2n (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝，求数列{b n }的前n 项和．1anan ＋1解：(1)由a ＋2a n ＝4S n ＋3，①2n 可知a ＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3，②2n ＋1②－①，得a －a ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，2n ＋12n 即2(a n ＋1＋a n )＝a －a ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．2n ＋12n 由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a ＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.21所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝＝＝.1anan ＋11(2n ＋1)(2n ＋3)12(12n ＋1－12n ＋3)设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n＝b 1＋b 2＋…＋b n＝＋＋…＋＝.12(13－15)(15－17)(12n ＋1－12n ＋3)n3(2n ＋3)4．(2018届湖南八校联考)已知数列{a n }与{b n }满足a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )(n ∈N *)．(1)若a 1＝1，b n ＝3n ＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1＝6，b n ＝2n (n ∈N *)且λa n >2n ＋n ＋2λ对一切 n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )，b n ＝3n ＋5，所以a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )＝2(3n ＋8－3n －5)＝6，所以{a n }是等差数列，首项为a 1＝1，公差为6，即a n ＝6n －5.(2)因为b n ＝2n ，所以a n ＋1－a n ＝2(2n ＋1－2n )＝2n ＋1，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋22＋6＝2n ＋1＋2，当n ＝1时，a 1＝6，符合上式，所以a n ＝2n ＋1＋2，由λa n >2n ＋n ＋2λ得λ>＝＋.2n ＋n2n ＋112n2n ＋1因为－＝≤0，n ＋12n ＋2n2n ＋11－n 2n ＋2所以当n ＝1,2时，取最大值，2n ＋n2n ＋134故λ的取值范围为.(34，＋∞)[能力提升]1．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列是公差为2{Snn }的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知得＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n ，Snn 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3.a 1＝1＝4×1－3，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×＝2n ；n2当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1，综上，T n ＝Error!2．在数列{a n }中，已知a n >1，a 1＝1＋，且a n ＋1－a n ＝，32an ＋1＋an －2记b n ＝(a n －1)2，n ∈N *.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：≤＋＋＋…＋<.131S 11S 21S 31Sn 34解：(1)因为a n ＋1－a n ＝，2an ＋1＋an －2所以a －a －2a n ＋1＋2a n ＝2，2n ＋12n 即(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝2.又b n ＝(a n －1)2，n ∈N *，所以b n ＋1－b n ＝2，数列{b n }是以b 1＝(1＋－1)2＝3为首项，2为公差的3等差数列，故b n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)证明：由(1)得，S n ＝＝n (n ＋2)，n (3＋2n ＋1)2所以＝＝，n ∈N *，1Sn 1n (n ＋2)12(1n－1n ＋2)所以＋＋＋…＋＝1－＋－＋－＋…＋－＝1S 11S 21S 31Sn 1213121413151n 1n ＋212＝－<.(32－1n ＋1－1n ＋2)3412(1n ＋1＋1n ＋2)34记T n ＝＋＋＋…＋，1S 11S 21S 31Sn 因为>0，n ∈N *，所以T n 单调递增，故T n ≥T 1＝＝，1Sn 1S 113综上，≤＋＋＋…＋＜.131S 11S 21S 31Sn 343．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a ＋a n ＝2S n .2n (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：<＋＋…＋<.Sn2S 1S 2Sn Sn ＋1－12解：(1)因为当n ∈N *时，a ＋a n ＝2S n ，2n 故当n >1时，a ＋a n －1＝2S n －1，2n －1两式相减得，a －a ＋a n －a n －1＝2S n －2S n －1＝2a n ，2n 2n －1即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝a n ＋a n －1.因为a n >0，所以a n ＋a n －1>0，所以当n >1时，a n －a n －1＝1.又当n ＝1时，a ＋a 1＝2S 1＝2a 1，得a 1＝1，21所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n .(2)证明：由(1)及等差数列的前 n 项和公式知S n ＝，所以＝n (n ＋1)2Sn >＝，n (n ＋1)2n 22n2＋＋…＋>＋＋…＋＝＝ .S 1S 2Sn 1222n21＋2＋…＋n2Sn 2＝<＝，Sn n (n ＋1)2(n ＋1)22n ＋12＋＋…＋<＋＋…＋＝－＝S 1S 2Sn 2232n ＋121＋2＋…＋(n ＋1)212，Sn ＋1－12<＋＋…＋<.Sn2S 1S 2Sn Sn ＋1－12。

[推荐学习]2019高三一轮总复习文科数学课时跟踪检测：5-4数列求和 Word版含解析-

[课时跟踪检测][基础达标]1．已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2.(1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝32S n，求{c n }的前n 项和T n .解：(1)设数列{b n }的公差为d ，∵a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2，∴q 2＋3d ＝18,6＋d ＝q 2，联立方程可求得q ＝3，d ＝3， ∴a n ＝3n －1，b n ＝3n .(2)由题意得，S n ＝n (3＋3n )2，c n ＝32S n ＝32×23×1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.2．(2017届广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2.因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0，因为公比q ≠0，所以q ＝2，所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)． (2)因为a n ＝2n ，所以 b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，① 2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1，② 由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n －1)2n ＋1＝2＋2×4(1－2n －1)1－2－(2n－1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.3．S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3，②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n 3(2n ＋3).4．(2018届湖南八校联考)已知数列{a n }与{b n }满足a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )(n ∈N *)．(1)若a 1＝1，b n ＝3n ＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1＝6，b n ＝2n (n ∈N *)且λa n >2n ＋n ＋2λ对一切 n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )，b n ＝3n ＋5，所以a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )＝2(3n ＋8－3n －5)＝6，所以{a n }是等差数列，首项为a 1＝1，公差为6，即a n ＝6n －5. (2)因为b n ＝2n ，所以a n ＋1－a n ＝2(2n ＋1－2n )＝2n ＋1，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋22＋6＝2n ＋1＋2，当n ＝1时，a 1＝6，符合上式，所以a n ＝2n ＋1＋2，由λa n >2n＋n ＋2λ得λ>2n ＋n 2n ＋1＝12＋n2n ＋1.因为n ＋12n ＋2－n2n ＋1＝1－n 2n ＋2≤0，所以当n ＝1,2时，2n ＋n 2n ＋1取最大值34，故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞.[能力提升]1．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知得S nn ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. a 1＝1＝4×1－3，所以a n ＝4n －3，n ∈N *. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×n2＝2n ；当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1，综上，T n ＝⎩⎨⎧2n ，n ＝2k ，k ∈N *，－2n ＋1，n ＝2k －1，k ∈N *.2．在数列{a n }中，已知a n >1，a 1＝1＋3，且a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，记b n＝(a n －1)2，n ∈N *.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：13≤1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<34.解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，所以a 2n ＋1－a 2n －2a n ＋1＋2a n ＝2，即(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝2.又b n ＝(a n －1)2，n ∈N *，所以b n ＋1－b n ＝2，数列{b n }是以b 1＝(1＋3－1)2＝3为首项，2为公差的等差数列，故b n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)证明：由(1)得，S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n (n ＋2)，所以1S n＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，n ∈N *，所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2<34. 记T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n，因为1S n>0，n ∈N *，所以T n 单调递增，故T n ≥T 1＝1S 1＝13，综上，13≤1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＜34.3．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2n ＋a n ＝2S n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：S n2<S 1＋S 2＋…＋S n <S n ＋1－12. 解：(1)因为当n ∈N *时，a 2n ＋a n ＝2S n ，故当n >1时，a 2n －1＋a n －1＝2S n －1，两式相减得，a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1＝2S n －2S n －1＝2a n ，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝a n ＋a n －1. 因为a n >0，所以a n ＋a n －1>0，所以当n>1时，a n－a n－1＝1.又当n＝1时，a21＋a1＝2S1＝2a1，得a1＝1，所以数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n＝n.(2)证明：由(1)及等差数列的前n项和公式知S n＝n(n＋1)2，所以S n＝n(n＋1)2>n22＝n2，所以S1＋S2＋…＋S n>12＋22＋…＋n2＝1＋2＋…＋n2＝S n2.又S n＝n(n＋1)2<(n＋1)22＝n＋12，所以S1＋S2＋…＋S n<22＋32＋…＋n＋12＝1＋2＋…＋(n＋1)2－12＝S n＋1－12，所以S n2<S1＋S2＋…＋S n<S n＋1－12.。

高三数学一轮备考复习第6章数列第3节等比数列及其前n项和课时跟踪检测文含解析新人教B版

第六章数列第三节等比数列及其前n 项和A 级·基础过关|固根基|1.已知{a n }为等比数列且满足a 6－a 2＝30，a 3－a 1＝3，则数列{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．15 B ．31 C ．40D ．121〖解析〗选B 设等比数列{a n }的公比为q ，因为{a n }为等比数列且满足a 6－a 2＝30，a 3－a 1＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 5－a 1q ＝30，a 1q 2－a 1＝3，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S 5＝1－251－2＝31，所以数列{a n }的前5项和S 5＝31.2．在等比数列{a n }中，设其前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．(一题多解)(2019届福建厦门模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n ＋1＋λ，则λ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2〖解析〗选A 解法一：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＋λ. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时a n ＋1a n ＝2n ＋12n ＝2.因为{a n }是等比数列，所以a 2a 1＝2，即44＋λ＝2，解得λ＝－2.故选A. 解法二：依题意，a 1＝S 1＝4＋λ，a 2＝S 2－S 1＝4，a 3＝S 3－S 2＝8，因为{a n }是等比数列，所以a 22＝a 1·a 3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.4．记等比数列{a n }的前n 项积为T n (n ∈N *)，已知a m －1·a m ＋1－2a m ＝0，且T 2m －1＝128，则m 的值为( )A ．4B ．7C ．10D ．12〖解析〗选A 因为{a n }是等比数列，所以a m －1a m ＋1＝a 2m .又a m －1a m ＋1－2a m ＝0，则a 2m －2a m ＝0，所以a m ＝2或a m ＝0(舍去)．由等比数列的性质可知前2m －1项的积T 2m －1＝a 2m －1m，即22m －1＝128，故m ＝4.故选A.5．在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，…，a n －1a n a n ＋1＝324，则n 等于( )A ．12B ．13C ．14D ．15〖解析〗选C 因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，所以a 1a 2a 3，a 4a 5a 6，a 7a 8a 9，a 10a 11a 12，…也成等比数列．不妨令b 1＝a 1a 2a 3，b 2＝a 4a 5a 6，则公比q ＝b 2b 1＝124＝3.所以b m ＝4×3m －1.令b m ＝324，即4×3m －1＝324，解得m ＝5，所以b 5＝324，即a 13a 14a 15＝324. 所以n ＝14.6．(2019届济南模拟)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 3，S 9，S 6成等差数列，a 2＋a 5＝4，则a 8＝________．〖解析〗因为S 3，S 9，S 6成等差数列，所以公比q ≠1，所以2（1－q 9）1－q ＝1－q 31－q ＋1－q 61－q ，整理得2q 6＝1＋q 3，所以q 3＝－12，故a 2·⎝⎛⎭⎫1－12＝4，解得a 2＝8，故a 8＝a 2·q 6＝a 2·(q 3)2＝8×14＝2.〖答案〗27．记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则a n ＝________，S 6＝________．〖解析〗因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1；当n ≥2时，a n＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×（1－26）1－2＝－63.〖答案〗－2n －1 －638．已知在等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是________．〖解析〗设等比数列{a n }的公比为q ，则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q . 当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3，当且仅当q ＝1时，等号成立；当公比q <0时，S 3＝1－⎝⎛⎭⎫－q －1q ≤1－2（－q ）·⎝⎛⎭⎫－1q ＝－1，当且仅当q ＝－1时，等号成立．所以S 3∈(－∞，－1〗∪〖3，＋∞)．〖答案〗(－∞，－1〗∪〖3，＋∞)9．(2019届昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列，公比q <1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n <m 恒成立，求m 的最小值．解：(1)由a 2＝2，S 3＝7，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2(舍去)．所以a n ＝4·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －3. (2)由(1)可知，S n ＝a 1（1－q n）1－q＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝8⎝⎛⎭⎫1－12n <8. 又S n <m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8.10．(2019届南昌市第一次模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝S n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由S 4－S 3＝a 4，得2a 4－2a 3＝a 4，所以a 4a 3＝2，所以q＝2.又因为S 3＝2a 3－1，所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1，所以a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知a 1＝1，q ＝2，则S n ＝1－2n 1－2＝2n－1，所以b n ＝2n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝2＋22＋…＋2n －n ＝2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－2－n .B 级·素养提升|练能力|11.(2019届安徽池州模拟)在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“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．”意思是某人要走三百七十八里的路程，第一天脚步轻快有力，走了一段路程，第二天脚痛，走的路程是第一天的一半，以后每天走的路程都是前一天的一半，走了六天才走完这段路程．则下列说法错误的是( )A ．此人第二天走了九十六里路B ．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C ．此人第三天走的路程占全程的18D ．此人后三天共走了四十二里路〖解析〗选C 记每天走的路程里数为a n (n ＝1，2，3，…，6)，由题意知{a n }是公比为12的等比数列，由S 6＝378，得a 1⎝⎛⎭⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 2＝192×12＝96，此人第一天走的路程比后五天走的路程多192－(378－192)＝6(里)， a 3＝192×14＝48，48378>18，前3天走的路程为192＋96＋48＝336(里)，则后3天走的路程为378－336＝42(里)，故选C.12．(2020届长春市高三质量监测)已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，设b n ＝a n 2n .(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n .解：(1)证明：当n ≥2时，b n －b n －1＝a n 2n －a n －12n －1＝a n －2a n －12n ＝1，又b 1＝1，所以{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)可知，b n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n －1n ＋1，所以S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.13．(2019届湖北省五校联考)已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19.(1)求数列{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 . 解：(1)因为数列{a n }是等差数列，a 2＝6，所以S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19，所以b 1＝1，因为b 2＝2，数列{b n }是等比数列，所以公比q ＝b 2b 1＝2，所以b n ＝2n －1.所以b 3＝4，因为a 1b 3＝12，所以a 1＝3，因为a 2＝6，数列{a n }是等差数列，所以公差d ＝a 2－a 1＝3，所以a n ＝3n .(2)由(1)得，令C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，所以C n ＋1＝(－1)n ＋12n ，所以C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1，所以数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项，－2为公比的等比数列，所以T n ＝－1×[1－（－2）n ]1＋2＝－13〖1－(－2)n 〗．14．(2019届湖北黄冈调研)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝n ＋12n·a n (n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n4n －a n ，若数列{b n }的前n 项和是T n ，求证：T n <2.解：(1)证明：由题设得a n ＋1n ＋1＝12·a n n，又a 11＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为2，公比为12的等比数列，所以a n n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝22－n ，则a n ＝n ·22－n ＝4n 2n .(2)证明：b n ＝a n 4n －a n＝4n2n 4n －4n 2n＝12n －1，因为对任意n ∈N *，2n －1≥2n －1，所以b n ≤12n －1.所以T n ≤1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝2⎝⎛⎭⎫1－12n <2.。

2019年高三一轮总复习理科数学课时跟踪检测：5-3等比

[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.。

(浙江版)2019年高考数学一轮复习(讲+练+测)：专题6.3 等比数列及其前n项和(测)

第03节等比数列及其前n 项和一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.） 1.【2018届安徽省合肥一中、马鞍山二中等六校教育研究会高三上第一次联考】已知等比数列{}n a 满足213562,4a a a a ==，则3a 的值为（）A. 1B. 2C. 14D. 12【答案】A2.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S .若321510,9S a a a =+=，则1a =（） A ．13-B ．13C ．19-D ．19【答案】D【解析】由已知可得⎪⎩⎪⎨⎧==+91041211q a q a a ，解之得⎪⎩⎪⎨⎧==3911q a ,应选D 。

3. 【2017届山东省济宁市高三3月模拟考试】设a R ∈，“1， a ， 16为等比数列”是“4a =”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】由题意得， 1， a ， 16为等比数列21614a a ⇒=⨯⇒=±，因此4a =⇒ 1， a ， 16为等比数列，所以“1， a ， 16为等比数列”是“4a =”的必要不充分条件，故选B.4. 【原创题】设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足0,1n a q >>，且3520a a +=，2664a a ⋅=，则5S =（）A ．31B ．36C ．42D ．48 【答案】A【解析】由已知得，3564a a ⋅=，又3520a a +=，则354,16a a ==，故24q =，2q =，11a =，所以55123112S -==-.5. 【改编题】函数y =．．．成为公比的数是（）A ．21B ．1 D ．33 【答案】A6.【2018届广西钦州市高三上第一次检测】我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲（水生植物名）生一日，长三尺；莞（植物名，俗称水葱、席子草）生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日增加1倍．若蒲、莞长度相等，则所需的时间约为（）（结果保留一位小数．参考数据：，）（）A. 1.3日B. 1.5日C. 2.6日D. 2.8日【答案】C【解析】设蒲（水生植物名）的长度组成等比数列{a n }，其a 1=3，公比为，其前n 项和为A n ．莞（植物名）的长度组成等比数列{b n }，其b 1=1，公比为2，其前n 项和为B n ．则A ，B n =，由题意可得：，化为：2n +=7，解得2n =6，2n =1（舍去）． ∴n==1+=≈2.6．∴估计2.6日蒲、莞长度相等，故答案为：2.6．7. 【2017届浙江台州中学高三10月月考】等比数列{}n a 中，已知对任意正整数n ，12321n n a a a a +++⋅⋅⋅+=-，则2222123na a a a +++⋅⋅⋅+等于（）A.2(21)n -B.1(21)3n- C.1(41)3n- D.41n - 【答案】C.8.【2018届河北省衡水中学高三上学期二调】设正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11n na a +<，若3520a a +=， 3564a a =，则4S =（）A. 63或120B. 256C. 120D. 63 【答案】C 【解析】由题意得353520{64a a a a +==，解得3516{ 4a a ==或354{ 16a a ==.又11n naa +< ，所以数列{}n a 为递减数列，故3516{4a a ==.设等比数列{}n a 的公比为q ，则25314a q a ==，因为数列为正项数列，故12q =，从而164a =，所以4416412120112S ⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦==-.选C. 9.设等比数列}{n a 的前n 项和为n S ，若15m S -=,-11m S =,121m S +=，则=m （） A.3 B.4C.5D. 6【答案】C【解析】由已知得，116m m m S S a --==-，1132m m m S S a ++-==，故公比2q =-，又11mm a aq S q-=-11=-，故11a =-，又1116m m a a q-=⋅=-，代入可求得5m =．10.【2017届湖北武汉市蔡甸区汉阳一中高三第三次模拟】已知121,,,9a a --成等差数列， 1239,,,,1b b b --成等比数列，则()221b a a -的值为 A. 8± B. 8- C. 8 D. 98± 【答案】C11．【2018届河南省洛阳市高三上尖子生第一次联考】在等比数列{}n a 中， 2a ， 16a 是方程2620x x ++=的根，则2169a a a 的值为（）A.B.【答案】B【解析】由2a ， 16a 是方程2620x x ++=的根，可得： 21621662a a a a +=-⨯=，，显然两根同为负值，可知各项均为负值；21699a a a a ===故选：B.12．【2017年福建省三明市5月质量检查】已知数列的前项和为，且，，则（） A. B.C.D.【答案】A二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.）13.【2017届浙江省丽水市高三下联考】已知数列{}n a 是公比为q 的单调递增的等比数列，且149a a +=，238a a =， 1a =__________； q =_________．【答案】 1 2【解析】311142322311199,8{ 8a a q a a a a a qa q a q +=+==∴== ，，且101a q >>，，解得a 1=1，q=2.14.【2017届浙江省ZDB 联盟高三一模】已知{}n a 是等比数列，且0n a >， 243546225a a a a a a ++=，则35a a +=__________， 4a 的最大值为__________．【答案】 552【解析】243546225a a a a a a ++= ()2223355353522525,05n a a a a a a a a a ⇒++=⇒+=>∴+=22354354255242a a a a a a +⎛⎫∴=≤=⇒≤ ⎪⎝⎭，即4a 的最大值为52．15.【2017届浙江省台州市高三上期末】已知公差不为的等差数列，若且成等比数列，则__________．_________．【答案】 1,.16．已知{}n a 满足， +⋅+⋅+=232144a a a S n 14-⋅n n a 类比课本中推导等比数列前项和公式的方法，可求得=-n n n a S 45___________．【答案】n ．【解析】因为++⋅+⋅+= 232144a a a S n 14-⋅n n a ，所以++⋅+⋅+= 332214444a a a S n 114--⋅n n a n n a 4⋅+，两式相加可得()()++++++= 322211445a a a a a S n ()n n n a a +--114n n a 4⋅+，所以n a S nn n n =+++=-11145．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17．【2017届浙江省丽水市高三下测试】已知数列{}n a 的相邻两项1,n n a a +是关于x 的方程()2*20n n x x b n N -+=∈的两实根，且11a =.（1）求234,,a a a 的值；（2）求证：数列123n n a ⎧⎫-⨯⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式. 【答案】（1）21a =， 33a =， 45a = （2）()1213nn n a ⎡⎤=--⎣⎦【解析】试题分析：(1)由题中所给的递推关系可得21a =， 33a =， 45a =. (2)由题意可得数列123n n a ⎧⎫-⨯⎨⎬⎩⎭是首项为13，公比为-1的等比数列.则()1213nn n a ⎡⎤=--⎣⎦.（2）∵11111122223331111222333n n n n n n n n nnn n n a a a a a a +++⎛⎫--⨯-⨯--⨯ ⎪⎝⎭===--⨯-⨯-⨯，故数列123n n a ⎧⎫-⨯⎨⎬⎩⎭是首项为12133a -=，公比为-1的等比数列. 所以()1112133n nn a --⨯=⨯-，即()1213nn n a ⎡⎤=--⎣⎦.18.【改编题】已知等比数列{n a }的公比为q ，且满足1n n a a +<，1a +2a +3a =913，1a 2a 3a =271.（1）求数列{n a }的通项公式；（2）记数列{n a n ⋅-)12(}的前n 项和为n T ，求.n T【答案】（1）n a =131-n （n *N ∈）;（2）n T =3－131-+n n . 【解析】（1）由1a 2a 3a =271，及等比数列性质得32a =271，即2a =31，由1a +2a +3a =913得1a +3a =910由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=91031312a a a 得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=910312111q a a q a 所以31012=+q q ，即231030q q +=－解得q =3，或q =31由1n n a a +<知，{n a }是递减数列，故q =3舍去，q =31，又由2a =31，得1a =1，故数列{n a }的通项公式为n a =131-n （n *N ∈） ………………6分（2）由（1）知n a n ⋅-)12(=1312--n n ，所以n T =1+33+235+⋯+1312--n n ①31n T =31+233+335+…+1332--n n +n n 312- ② ①－② 得：32n T =1+32+232+332+⋯+132-n －nn 312- =12+（31+231+331+⋯+131-n ）－nn 312- =12+311)311(311--⋅-n －n n 312-=2－131-n －n n 312-,所以nT =3－131-+n n . 19．【2017全国卷2】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，11a =-，11b =，222a b +=.（1）若335a b +=，求{}n b 的通项公式；（2）若321T =，求3S .【答案】(1)12n n b -=.(2)6-或21.(2)由(1)及已知得2122121d q q q -++=⎧⎨++=⎩，解得41q d =⎧⎨=-⎩或58q d =-⎧⎨=⎩. 所以313236S a d⨯=+=-或3132321S a d ⨯=+=. 20．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，10a =，1231n n a a a a n a ++++++= ，*n ∈N ．（Ⅰ) 求证：数列{1}n a +是等比数列；（Ⅱ) 设数列{}n b 的前n 项和为n T ，11b =，点1(,)n n T T +在直线对于*n ∈N 恒成立，求实数m 的最大值．【答案】（Ⅰ)详见解析;【解析】（Ⅱ)由（Ⅰ)得121n n a -=-，因为点1(,)n n T T +在直线因为11b =满足该式，所以n b n =21.【2017届安徽省亳州市二中高三下检测】已知各项均不相等的等差数列{}n a 满足11a =，且125,,a a a 成等比数列．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若()()*111nn n n n n a a b n N a a +++=-∈，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】（Ⅰ）21n a n =-;（Ⅱ）当n 为偶数时， 221n n S n =-+.当n 为奇数时， 2221n n S n +=-+.（Ⅱ）由21n a n =-，可得()()()()()1141111121212121nn n n n n n n a a n b a a n n n n +++⎛⎫=-=-=-+ ⎪-+-+⎝⎭，当n 为偶数时，111111112113355721212121n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+++--+++=-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 当n 为奇数时， 1n +为偶数，于是1111111122113355721212121n n S n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+++--+-+=--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭22.设数列{}n x 的前n 项和为n S ，若存在非零常数p ，使对任意n *∈N 都有2n nS p S =成立，则称数列{}n x 为“和比数列”．（1）若数列{}n a 是首项为2，公比为4的等比数列，判断数列{}2log n a 是否为“和比数列”；（2）设数列{}n b 是首项为2，且各项互不相等的等差数列，若数列{}n b 是“和比数列”，求数列{}n b 的通项公式．【答案】（1）是，证明见解析；（2）()24142n b n n =+-=-试题解析：（1）由已知，121242n n n a --=⋅=，则2log 21n a n =-．设数列{}2log n a 的前n 项和为n S ，则()21212n n S n n +-=⋅=，()22224n S n n ==．所以24n nS S =，故数列{}2log n a 是“和比数列”．（2）设数列{}n b 的公差为d （0d ≠），前n 项和为n T ，则()122n n n n d -T =+， ()222142n n n n d -T =+，所以()()()()222148*********n n n n n d n d n n n d n d -++-T ==-T +-+ 因为{}n b 是“和比数列”，则存在非零常数p ，使()()822141n d p n d+-=+-恒成立．即()()822141n d p n d +-=+-⎡⎤⎣⎦，即()()()4240p dn p d -+--=恒成立．所以()()()40240p d p d -=⎧⎪⎨--=⎪⎩因为0d ≠，则4p =，4d = 所以数列{}n b 的通项公式是()24142n b n n =+-=-。

2019高三一轮总复习文科数学课时跟踪检测：5-4数列求和含解析精品

[课时跟踪检测][基础达标]1．已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2.(1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝32S n，求{c n }的前n 项和T n .解：(1)设数列{b n }的公差为d ，∵a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2，∴q 2＋3d ＝18,6＋d ＝q 2，联立方程可求得q ＝3，d ＝3， ∴a n ＝3n －1，b n ＝3n .(2)由题意得，S n ＝n (3＋3n )2，c n ＝32S n ＝32×23×1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.2．(2017届广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2.因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0，因为公比q ≠0，所以q ＝2，所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)． (2)因为a n ＝2n ，所以 b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，① 2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1，② 由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×4(1－2n －1)1－2－(2n－1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.3．S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3，②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n 3(2n ＋3).4．(2018届湖南八校联考)已知数列{a n }与{b n }满足a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )(n ∈N *)．(1)若a 1＝1，b n ＝3n ＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1＝6，b n ＝2n (n ∈N *)且λa n >2n ＋n ＋2λ对一切 n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )，b n ＝3n ＋5，所以a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )＝2(3n ＋8－3n －5)＝6，所以{a n }是等差数列，首项为a 1＝1，公差为6，即a n ＝6n －5. (2)因为b n ＝2n ，所以a n ＋1－a n ＝2(2n ＋1－2n )＝2n ＋1，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋22＋6＝2n ＋1＋2，当n ＝1时，a 1＝6，符合上式，所以a n ＝2n ＋1＋2，由λa n >2n＋n ＋2λ得λ>2n ＋n 2n ＋1＝12＋n2n ＋1.因为n ＋12n ＋2－n2n ＋1＝1－n 2n ＋2≤0，所以当n ＝1,2时，2n ＋n 2n ＋1取最大值34，故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞.[能力提升]1．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知得S nn ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. a 1＝1＝4×1－3，所以a n ＝4n －3，n ∈N *. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×n2＝2n ；当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1，综上，T n ＝⎩⎨⎧2n ，n ＝2k ，k ∈N *，－2n ＋1，n ＝2k －1，k ∈N *.2．在数列{a n }中，已知a n >1，a 1＝1＋3，且a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，记b n＝(a n －1)2，n ∈N *.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：13≤1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<34.解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，所以a 2n ＋1－a 2n －2a n ＋1＋2a n ＝2，即(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝2.又b n ＝(a n －1)2，n ∈N *，所以b n ＋1－b n ＝2，数列{b n }是以b 1＝(1＋3－1)2＝3为首项，2为公差的等差数列，故b n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)证明：由(1)得，S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n (n ＋2)，所以1S n＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，n ∈N *，所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2<34. 记T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n，因为1S n>0，n ∈N *，所以T n 单调递增，故T n ≥T 1＝1S 1＝13，综上，13≤1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＜34.3．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2n ＋a n ＝2S n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：S n2<S 1＋S 2＋…＋S n <S n ＋1－12. 解：(1)因为当n ∈N *时，a 2n ＋a n ＝2S n ，故当n >1时，a 2n －1＋a n －1＝2S n －1，两式相减得，a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1＝2S n －2S n －1＝2a n ，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝a n ＋a n －1. 因为a n >0，所以a n ＋a n －1>0，所以当n>1时，a n－a n－1＝1.又当n＝1时，a21＋a1＝2S1＝2a1，得a1＝1，所以数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n＝n.(2)证明：由(1)及等差数列的前n项和公式知S n＝n(n＋1)2，所以S n＝n(n＋1)2>n22＝n2，所以S1＋S2＋…＋S n>12＋22＋…＋n2＝1＋2＋…＋n2＝S n2.又S n＝n(n＋1)2<(n＋1)22＝n＋12，所以S1＋S2＋…＋S n<22＋32＋…＋n＋12＝1＋2＋…＋(n＋1)2－12＝S n＋1－12，所以S n2<S1＋S2＋…＋S n<S n＋1－12.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

[课时跟踪检测]
[基础达标]
1．已知数列{an}为等比数列，若a4＋a6＝10，则a7(a1＋2a3)＋a3a9的值为
( )
A．10 B．20 C．100 D．200
解析：a7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝a24＋2a4a6＋a26＝(a4＋a6)
2

＝102＝100.
答案：C
2．设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a
9

等于( )

A.18 B．－18

C.578 D.558
解析：因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，
即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝18，所以a7＋

a8＋a9＝18.
答案：A
3．已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6＝9，则log
1
3

(a5＋a7＋a9)的值是( )
A．－5 B．－15
C．5 D.15
解析：∵log3an＋1＝log3an＋1，∴an＋1＝3an，
∴数列{an}是公比q＝3的等比数列．
∵a5＋a7＋a9＝q3(a2＋a4＋a6)，

∴log13(a5＋a7＋a9)＝log13(9×33)＝log1335＝－5.
答案：A
4．(2018届太原一模)在单调递减的等比数列{an}中，若a3＝1，a2＋a4＝52，
则a1＝( )
A．2 B．4
C.2 D．22

解析：在等比数列{an}中，a2a4＝a23＝1，又a2＋a4＝52，数列{an}为递减数

列，所以a2＝2，a4＝12，所以q2＝a4a2＝14，所以q＝12，a1＝a2q＝4.
答案：B
5．(2018届莱芜模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝3，an＋1－an＝bn＋1bn＝
3，n∈N*，若数列{cn}满足cn＝ban，则c2 017＝( )
A．92 016 B．272 016
C．92 017 D．272 017
解析：由已知条件知{an}是首项为3，公差为3的等差数列，数列{bn}是首项
为3，公比为3的等比数列，所以an＝3n，bn＝3n.
又cn＝ban＝33n，所以c2 017＝33×2 017＝272 017.
答案：D
6．(2018届海口市调研测试)设Sn为等比数列{an}的前n项和，a2－8a5＝0，

则S8S4的值为( )

A.12 B.1716
C．2 D．17
解析：设{an}的公比为q，依题意得a5a2＝18＝q3，因此q＝12.注意到a5＋a6＋

a7＋a8＝q4(a1＋a2＋a3＋a4)，即有S8－S4＝q4S4，因此S8＝(q4＋1)S4，S8S4＝q
4

＋1＝1716，选B.
答案：B
7．(2018届衡阳模拟)在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{a
n

＋1}也是等比数列，则Sn＝( )
A．2n＋1－2 B．3n
C．2n D．3n－1
解析：因为等比数列{an}为等比数列，a1＝2，设其公比为q，则an＝2qn－1，
因为数列{an＋1}也是等比数列，所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)⇒a2n＋1＋2a
n