高优指导2021版高考数学一轮复习第六章数列29等比数列及其前n项和考点规范练文北师大版.doc

考点规范练29　等比数列及其前n项和
　考点规范练A册第22页　 
基础巩固组
1.若等比数列{an}满足anan+1=16n,则公比q为(　　)

A.2 B.4 C.8 D.16
答案:B
解析:由anan+1=16n,可得an+1an+2=16n+1,
两式相除得,=16,∴q2=16.
∵anan+1=16n,可知公比q为正数,∴q=4.
2.在正项等比数列{an}中,a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,则a1·a2·a25·a48·a49的值为(　　)
A. B.9 C.±9 D.35
答案:B
解析:依题意知a2·a48=3.又a1·a49=a2·a48==3,a25>0,
∴a1·a2·a25·a48·a49==9.选B.
3.已知一个蜂巢里有1只蜜蜂,第1天,它飞出去找回了4个伙伴;第2天,5只蜜蜂飞出去,各自找回了4个伙伴,……按照这个规律继续下去,第20天所有的蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有蜜蜂(　　)
A.420只 B.520只 C.只 D.只〚导学号32470479〛
答案:B
解析:由题意,可设蜂巢里的蜜蜂数为数列{an},则a1=1+4=5,a2=5×4+5=25,…,an=5an-1,故数列{an}为等比数列,首项a1=5,公比q=5,故第20天所有的蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有a20=5×519=520只蜜蜂.
4.(2015河南新乡、许昌、平顶山调研)设{an}是等比数列,Sn是{an}的前n项和,对任意正整数n,有an+2an+1+an+2=0,又a1=2,则S101的值为(　　)
A.2 B.200 C.-2 D.0〚导学号32470480〛
答案:A
解析:设等比数列{an}的公比为q.∵an+2an+1+an+2=0,∴a1+2a2+a3=0.∴a1+2a1q+a1q2=0.∴q2+2q+1=0.∴q=-1.又a1=2,∴S101==2.
5.等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=(　　)
A.n(n+1) B.n(n-1) C. D.
答案:A
解析:∵a2,a4,a8成等比数列,
∴=a2·a8,
即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得a1=2.
∴Sn=na1+d=2n+n2-n=n2+n=n(n+1).
故选A.
6.(2015兰州模拟)已知数列{an}满足log3an+1=log3an+1(n∈N+),且a2+a4+a6=9,则lo(a5+a7+a9)的值是(　　)
A.- B.-5 C.5 D.
答案:B
解析:由log3an+1=log3an+1(n∈N+),
得log3an+1-log3an=1且an>0,即log3=1,
解得=3,∴数列{an}是公比为3的等比数列.
∵a5+a7+a9=(a2+a4+a6)q3,
∴a5+a7+a9=9×33=35.
∴lo(a5+a7+a9)=lo35=-log335=-5.
7.设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6=(　　)
A.31 B.32 C.63 D.64
答案:C
解析:∵S2=3,S4=15,∴由等比数列前n项和的性质,得S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,
∴(S4-S2)2=S2(S6-S4),
即(15-3)2=3(S6-15),解得S6=63,故选C.
8.若等比数列{an}满足:a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q=　　　　　,前n项和Sn=　　　　　. 
答案:2　2n+1-2
解析:由已知,得=q=2,
将q=2代入a2+a4=20得a1=2.
∴Sn==2n+1-2.
9.(2015广东,文13)若三个正数a,b,c成等比数列,其中a=5+2,c=5-2,则b=　　　　　. 
答案:1
解析:因为a,b,c成等比数列,所以b2=ac,
即b2=(5+2)(5-2)=1.
又b是正数,所以b=1.
10.(2015兰州模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=m·2n-1-3,则m=　　　　　.〚导学号32470481〛 
答案:6
解析:a1=S1=m-3,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=m·2n-2,
∴a2=m,a3=2m,
又=a1a3,∴m2=(m-3)·2m,整理得m2-6m=0,则m=6(m=0舍去).
11.(2015重庆,文16)已知等差数列{an}满足a3=2,前3项和S3=.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a15,求{bn}的前n项和Tn.
解:(1)设{an}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an=1+,即an=.
(2)由(1)得b1=1,b4=a15==8.
设{bn}的公比为q,则q3==8,从而q=2,
故{bn}的前n项和Tn==2n-1.
12.(2015南昌模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5+a13=34,S3=9.
(1)求数列{an}的通项及前n项和公式.
(2)设数列{bn}的通项公式为bn=,问:是否存在正整数t,使得b1,b2,bm(m≥3,m∈N)成等差数列?若存在,求出t和m的值;若不存在,请说明理由.
解:(1)设公差为d,由题意得
解得a1=1,d=2,故an=2n-1,Sn=n2.
(2)由(1)知bn=,
要使b1,b2,bm成等差数列,必须2b2=b1+bm,即2×,
整理得m=3+,
∵m,t为正整数,∴t只能取2,3,5.
当t=2时,m=7;
当t=3时,m=5;
当t=5时,m=4.
∴存在正整数t,使得b1,b2,bm成等差数列.〚导学号32470482〛
能力提升组
13.(2015哈三中模拟)等比数列{an}中,满足a1+a2+a3+a4+a5=3,=15,则a1-a2+a3-a4+a5的值是(　　)
A.3 B. C.- D.5〚导学号32470483〛
答案:D
解析:由条件知
∴=5,
∴a1-a2+a3-a4+a5==5.
14.已知数列{an}的前n项和Sn=2an-1,则满足≤2的正整数n的集合为(　　)
A.{1,2} B.{1,2,3,4}
C.{1,2,3} D.{1,2,4}
答案:B
解析:∵Sn=2an-1,∴当n≥2时,Sn-1=2an-1-1.
两式相减得an=2an-2an-1(n≥2),
整理得an=2an-1(n≥2),
∴{an}是公比为2的等比数列.
又a1=2a1-1,解得a1=1,
故{an}的通项公式为an=2n-1.
而≤2,即2n-1≤2n,故n=1,2,3,4.
15.(2015兰州、张掖联考)已知数列{an}的首项为1,数列{bn}为等比数列且bn=,若b10·b11=2,则a21=　　　　　.〚导学号32470484〛 
答案:1 024
解析:∵b1==a2,b2=,∴a3=b2a2=b1b2.
∵b3=,
∴a4=b1b2b3,…,an=b1b2b3·…·bn-1,
∴a21=b1b2b3·…·b20=(b10b11)10=210=1 024.
16.(2015湖南,文19)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,a2=2,且an+2=3Sn-Sn+1+3,n∈N+.
(1)证明:an+2=3an;
(2)求Sn.
(1)证明:由条件,对任意n∈N+,有an+2=3Sn-Sn+1+3,
因而对任意n∈N+,n≥2,有an+1=3Sn-1-Sn+3.
两式相减,得an+2-an+1=3an-an+1,即an+2=3an,n≥2.
又a1=1,a2=2,所以a3=3S1-S2+3=3a1-(a1+a2)+3=3a1,
故对一切n∈N+,an+2=3an.
(2)解:由(1)知,an≠0,所以=3,于是数列{a2n-1}是首项a1=1,公比为3的等比数列;数列{a2n}是首项a2=2,公比为3的等比数列.
因此a2n-1=3n-1,a2n=2×3n-1.
于是S2n=a1+a2+…+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=(1+3+…+3n-1)+2(1+3+…+3n-1)=3(1+3+…+3n-1)=,
从而S2n-1=S2n-a2n=-2×3n-1=(5×3n-2-1).
综上所述,
Sn=
17.已知等差数列{an}的前n项的和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是q,且满足:a1=3,b1=1,b2+S2=12,S2=b2q.
(1)求an与bn;
(2)设cn=3bn-λ·,若数列{cn}是递增数列,求λ的取值范围.
解:(1)由已知可得
∴q2+q-12=0,
解得q=3(q=-4舍去),从而a2=6,
∴an=3n,bn=3n-1.
(2)由(1)知,cn=3bn-λ·=3n-λ·2n.
由题意,cn+1>cn对任意的n∈N+恒成立,
即3n+1-λ·2n+1>3n-λ·2n恒成立,
亦即λ·2n<2·3n恒成立,即λ<2·恒成立.
由于函数y=是增函数,
∴=2×=3,
故λ<3,即λ的取值范围为(-∞,3).〚导学号32470485〛

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