(新课标)2017届高考数学总复习 课后作业(三十二)文 新人教A版

【创新方案】（新课标）2017届高考数学总复习 课后作业（三十二）
文 新人教A版
[全盘巩固]
一、选择题
1．在等比数列{an}中，如果a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，那么这个数列的公比为( )

A．2 B.12 C．2或12 D．－2或12
2．(2016·衡水模拟)已知正数组成的等比数列{an}，若a1·a20＝100，那么a7＋a14的最
小值为( )
A．20 B．25 C．50 D．不存在

3．(2016·临沂模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝a·2n－1＋16，则a的值为( )

A．－13 B.13 C．－12 D.12
4．已知数列1，a1，a2,9是等差数列，数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，则b2a1＋a2的值
为( )
A.710 B.75 C.310 D.12

5．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足S2mSm＝9，a2mam＝5m＋1m－1，则数列
{an}的公比为( )
A．－2 B．2
C．－3 D．3
二、填空题
6．(2015·浙江高考)已知{an}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，
且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________.
7．等比数列{an}满足an＞0，n∈N*，且a3·a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log
2a2

＋…＋log2a2n－1＝________.

8．在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2a4＝16，a6＝32，记bn＝an＋an＋1，则数
列{bn}的前5项和S5为________．
三、解答题
9．已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．
(1)求an及Sn；
(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公
式及其前n项和Tn.
10．已知公比不为1的等比数列{an}的首项a1＝12，前n项和为Sn，且a4＋S4，a5＋S5，
a6＋S
6
成等差数列．

(1)求等比数列{an}的通项公式；
(2)对n∈N*，在an与an＋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bn，求数列{bn}的前n项和Tn.

[冲击名校]
1．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋an＋12，n∈N*.
(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式．

2．设数列{}an的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝32，a3＝54，且当n≥2时，
4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；

(2)证明：an＋1－12an为等比数列；
(3)求数列{}an的通项公式．

答 案
[全盘巩固]
一、选择题
1．解析：选C 设数列{an}的公比为q，由a1＋a4a2＋a3＝a1＋q3a1q＋q2＝1＋q3q＋q2＝
＋q－q＋q2q＋q＝1－q＋q2q＝1812，得q＝2或q＝1
2
.

2．解析：选A (a7＋a14)2＝a27＋a214＋2a7·a14≥4a7a14＝4a1a21＝400.∴a7＋a14≥20.
3．解析：选A 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a·2n－1－a·2n－2＝a·2n－2，当n＝1时，
a
1

＝S1＝a＋16，∴a＋16＝a2，∴a＝－13.
4．解析：选C 因为1，a1，a2,9是等差数列，所以a1＋a2＝1＋9＝10.又1，b1，b2，
b3,9是等比数列，所以b22＝1×9＝9，易知b2>0，所以b
2
＝3，所以b2a1＋a2＝310.

5．解析：选B 设公比为q，若q＝1，则S2mSm＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.∵S2mSm＝
a1－q
2
m
1－
q
a1－q
m
1－
q

＝qm＋1＝9，∴qm＝8.

∴a2mam＝a1q2m－1a1qm－1＝qm＝8＝5m＋1m－1，∴m＝3，∴q3＝8，
∴q＝2.
二、填空题
6．解析：∵a2，a3，a7成等比数列，∴a23＝a2a7，
∴(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，即2d＋3a1＝0.①
又∵2a1＋a2＝1，∴3a1＋d＝1.②

由①②解得a1＝23，d＝－1.

答案：23 －1
7．解析：由等比数列的性质，得a3·a2n－3＝a2n＝22n，从而得an＝2n.∴log2a1＋log2a2＋…
＋log2a2n－1＝log2[(a1a2n－1)· (a2a2n－2)·…·(an－1an＋1)an]＝log22n(2n－1)＝n(2n－1)＝2n2－n.
答案：2n2－n
8．解析：设数列{an}的公比为q，由a23＝a2a4＝16得，a3＝4，即a1q2＝4，又a6＝
a1q
5
＝32，解得a1＝1，q＝2，所以an＝a1qn－1＝2n－1，bn＝an＋an＋1＝2n－1＋2n＝3·2n－1，所以数列

{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，所以S5＝31－251－2＝93.
答案：93
三、解答题
9．解：(1)因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2
n
－1.

故Sn＝na1＋an2＝n＋2n－2＝n2.
(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.
因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，
所以(q－4)2＝0，从而q＝4.
又因b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，所以
bn＝b1q
n－1＝2·4n－1＝22n
－1

.

从而{bn}的前n项和Tn＝b1－qn1－q＝23(4n－1)．
10．解：(1)因为a4＋S4，a5＋S5，a6＋S6成等差数列，
所以a5＋S5－a4－S4＝a6＋S6－a5－S5，
即2a6－3a5＋a4＝0，所以2q2－3q＋1＝0，

因为q≠1，所以q＝12，

所以等比数列{an}的通项公式为an＝12n.
(2)由题意得bn＝an＋an＋12·3n＝34×32n，

所以Tn＝34×32－32n＋11－32＝9432n－1.
[冲击名校]
1．解：(1)证明：b1＝a2－a1＝1，
当n≥2时，bn＝an＋1－an

＝an－1＋an2－an

＝－12(an－an－1)＝－12bn－1，
所以{bn}是首项为1，公比为－12的等比数列．
(2)由(1)知bn＝an＋1－an＝－12n－1，
当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋1＋－12＋…＋－12n－2
＝1＋1－－12n－11－－12
＝1＋231－－12n－1
＝53－23－12n－1，
当n＝1时，53－23－121－1＝1＝a1，所以{an}的通项公式为an＝53－23－12n－1(n∈N*)．
2．解：(1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即41＋32＋54＋a4＋51＋32＝81＋32＋54＋1，解得a4＝78.
(2)证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－
4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．

∵4a3＋a1＝4×54＋1＝6＝4a2，
∴4an＋2＋an＝4an＋1对n∈N*都成立，

∴an＋2－12an＋1an＋1－12an＝4an＋2－2an＋14an＋1－2an＝4an＋1－an－2an＋14an＋1－2an＝2an＋1－an22an＋1－an＝12，
∴数列an＋1－12an是以a2－12a1＝1为首项，12为公比的等比数列．
(3)由(2)知，an＋1－12an＝12n－1，
即an＋112n＋1－an12n＝4.

∴数列an12n是以a112＝2为首项，4为公差的等差数列，
∴an12n＝2＋4(n－1)＝4n－2，
即an＝(2n－1)·12n－1，
∴数列{}an的通项公式为an＝(2n－1)·12n－1.