2012-2021北京高三(上)期末数学汇编：等比数列的前n项和.docx

2012-2021北京高三（上）期末数学汇编
等比数列的前n项和
一、单选题
1．（2021·北京顺义·高三期末）我国古代数学论著中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯二百五十四，请问底层几盏灯？意思是：一座7层塔共挂了254盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯（       ）
A．32盏 B．64盏 C．128盏 D．196盏
二、填空题
2．（2020·北京昌平·高三期末）各项均为正数的等比数列{an}中, a1=1,a2+a3=6,则S6S3=_______ .
3．（2020·北京昌平·高三期末（文））已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn=2−an，则S5=__________．
4．（2019·北京通州·高三期末（理））设等比数列{an}的公比q=2，前n项和为Sn，则S4a1=_____ ．
三、解答题
5．（2018·北京石景山·高三期末（文））已知数列an为递增的等比数列，a1⋅a4=8，a2+a3=6．
（Ⅰ）求数列an的通项公式；
（Ⅱ）记bn=an+log2an+1，求数列bn的前n项和Tn．
6．（2018·北京昌平·高三期末（理））已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，⋯，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推. 设该数列的前n项和为Sn,
规定：若∃m∈ N∗,使得Sm=2p（p∈ N），则称m为该数列的“佳幂数”.
（Ⅰ）将该数列的“佳幂数”从小到大排列，直接写出前3个“佳幂数”；
（Ⅱ）试判断50是否为“佳幂数”，并说明理由；
（III）（i）求满足m>70的最小的“佳幂数”m;
（ii）证明：该数列的“佳幂数”有无数个.
7．（2018·北京昌平·高三期末（理））已知等差数列{ an }的公差d为1，且a1,a3,a4成等比数列.
（Ⅰ）求数列an的通项公式；
（Ⅱ）设数列bn=2an+5+n，求数列bn的前n项和Sn.
8．（2018·北京东城·高三期末（文））已知{an}是等差数列，bn是等比数列，且a1=b1=2，a3+a5=22，b2b4=b6.
（1）数列{an}和bn的通项公式；
（2）设cn=an−bn，求数列cn前n项和.
9．（2018·北京朝阳·高三期末（文））已知由实数构成的等比数列{an}满足a1=2，a1+a3+a5=42．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）求a2+a4+a6+...+a2n．
10．（2018·北京丰台·高三期末（文））等差数列an中，a2=5，a1+a4=12，等比数列bn的各项均为正数，且满足bnbn+1=2an.
（Ⅰ）求数列an的通项公式及数列bn的公比q；
（Ⅱ）求数列an+bn的前n项和Sn.
11．（2016·北京石景山·高三期末（文））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.
（Ⅰ）求数列{an}的通项; （Ⅱ）求数列{2an}的前n项和Sn.
12．（2015·北京朝阳·高三期末（理））若有穷数列a1，a2，a3,⋯,am（是正整数）满足条件：ai=am−i+1(i=1,2,3,⋯,m)，则称其为“对称数列”．例如，和都是“对称数列”．
（Ⅰ）若是25项的“对称数列”，且b15,⋯，是首项为1，公比为2的等比数列．求的所有项和S；
（Ⅱ）若是50项的“对称数列”，且c28,⋯，是首项为1，公差为2的等差数列．求的前项和，1≤n≤50,n∈N∗.
13．（2014·北京西城·高三期末（理））在数列{an}中，an=1n (n∈N∗).从数列{an}中选出k (k≥3)项并按原顺序组成的新数列记为{bn}，并称{bn}为数列{an}的k项子列.例如数列12、13、15、18为{an}的一个4项子列.
（1）试写出数列{an}的一个3项子列，并使其为等差数列；
（2）如果{bn}为数列{an}的一个5项子列，且{bn}为等差数列，证明：{bn}的公差d满足−18<d<0；
（3）如果{cn}为数列{an}的一个m (m≥3)项子列，且{cn}为等比数列，证明：c1+c2+c3+⋯+cm
≤2−12m−1.
14．（2014·北京东城·高三期末（文））已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a5=45，a2+a6=14．
（I）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满足：b12+b222+…+bn2n=an+1(n∈N∗)，求{bn}的前n项和．
15．（2019·北京丰台·高三期末（文））已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a2=b3=4，a6=b5=16．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式：
（Ⅱ）求和：b1+b3+b5+⋯+b2n−1．
16．（2019·北京石景山·高三期末（文））已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1=1，S3=6．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=2an，Tn为数列bn的前n项和，是否存在m∈N∗，使得Tm=S20+44？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．
四、双空题
17．（2018·北京西城·高三期末（理））数列{an}是公比为2的等比数列，其前n项和为Sn．若a2=12，则an=_______；S5=_______
18．（2020·北京顺义·高三期末）设Sn为公比q≠1的等比数列{an}的前n项和，且3a1，2a2，a3成等差数列，则q＝_____，S4S2=_____.
19．（2020·北京密云·高三期末）若数列{an}是由正数组成的等比数列，且a4=a23，a3=4，则公比q=__________，其前n项和Sn=______.
20．（2016·北京东城·高三期末（文））复印纸幅面规格只采用A系列和B系列，其中A系列的幅面规格为：①A0,A1,A2,...,A8所有规格的纸张的幅宽（以x表示）和长度（以y表示）的比例关系都为x:y=1:2；②将A0纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A1规格；A1纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A2规格；…；如此对开至A8规格.现有A0,A1,A2,...,A8纸各一张.若A4纸的幅宽为2 dm，则A0纸的面积为____dm2，这9张纸的面积之和等于____dm2.

参考答案
1．C
【解析】
根据等比数列前n项和公式，计算首项.
【详解】
设最底层的灯数为a1，公比q=12，
∴S7=a11−1271−12=254，解得：a1=128.
故选：C
2．9
【解析】
求出公比，根据等比数列的前n项和公式即可求解.
【详解】
设等比数列{an}的公比为q
因为a1=1,a2+a3=6，所以{a1=1a1q+a1q2=6 ，解得q=−3(舍)，q=2
S6=1×(1−26)1−2=63 ，S3=1×(1−23)1−2=7
则S6S3=637=9
故答案为：9
【点睛】
本题主要考查了求等比数列的前n项和公式，属于基础题.
3．3116
【分析】
由Sn=2−an和an=Sn−Sn−1，可求出数列{an}的通项公式，从而可求出结果.
【详解】
因为Sn是数列{an}的前n项和，Sn=2−an，
所以由an=Sn−Sn−1=an−1−an(n≥2)，所以an=12an−1，
所以数列{an}是以12为公比的等比数列，又S1=2−a1=a1，所以a1=1，
故an=12n−1,所以S5=2−a5=2−124=3116.
【点睛】
本题主要考查等比数列，属于基础题型.
4．15
【分析】
由等比数列的通项公式和求和公式，代入要求的式子化简可得．
【详解】
解：S4a1=a1(1−q4)1−qa1=1−q41−q=1−241−2=15．
故答案是：15．
【点睛】
本题考查等比数列的通项公式和求和公式，属基础题．
5．（Ⅰ）an=2n−1（Ⅱ）2n−1+n2+n2
【分析】
（Ⅰ）由a1⋅a4=a2⋅a3=8及a2+a3=6，a2<a3，解出a2,a3，再利用通项公式即可得出结果．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得bn=an+log2an+1=2n−1+n，再利用求和公式即可得出．
【详解】
解：（Ⅰ）由a1⋅a4=a2⋅a3=8及a2+a3=6,
得a2=2a3=4或a3=2a2=4（舍）
所以a3a2=q=2，a1=1
所以an=a1qn−1=2n−1
（Ⅱ）由（Ⅰ）得bn=an+log2an+1=2n−1+n
所以Tn=b1+b2+...+bn=(1+2+...+2n−1)+(1+2+...+n)
=1−2n1−2+1+nn2=2n−1+n2+n2.
【点睛】
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6．（Ⅰ）1，2，3；（Ⅱ）见解析；（III）（i）95；（ii）见解析.
【详解】
试题分析：(1)S1=1=20,S2=2=21,S3=4=22∴m=1,2,3 (2)先根据题意确定前9项有45个数，所以S50=S45+1+2+22+23+24，不能表示为2p，因此不是“佳幂数”（3）（i）因为Sk(k+1)2=2k+1−k−2，所以k+2=2t−1，m=k(k+1)2+t，结合条件确定t的最小值，解得最小的“佳幂数”m（ii）由m=k(k+1)2+t得“佳幂数”有无数个
试题解析：（Ⅰ）1，2，3；
（Ⅱ）由题意可得，数列如下：
第1组:1，第2组:1,2；第3组：1,2,4； ⋯ 第k组：1,2,4，⋯，2k−1.
则该数列的前1+2+⋯+k=k(k+1)2项的和为:
Sk(k+1)2=1+(1+2)+⋯+(1+2+⋯+2k−1)=2k+1−k−2，①
当k(k+1)2≤50时，k≤9，
则 S50=S45+1+2+22+23+24=210−11+31=210+20，
由于210<210+20<211，对∀p∈ N，S50≠2p，故50不是“佳幂数”.
（III）（i）在①中，要使k(k+1)2>70，有k≥12，
此时1+2+4+⋯+2k=2k+1−1=（1+1）k+1−1=1+Ck+11+⋯+Ck+1k+1−1>k+2，
所以k+2是第k+1组等比数列1,2,4，⋯，2k的部分项的和，
设k+2=1+2+⋯+2t−1=2t−1,t∈N∗.
所以k=2t−3≥12，则t≥4，此时k=24−3=13，
所以对应满足条件的最小“佳幂数”m=13×142+4=95.   
（ii）由（i）知：k+2=1+2+⋯+2t−1=2t−1,t∈N∗.
当t≥2，且取任意整数时，可得“佳幂数”m=k(k+1)2+t，
所以，该数列的“佳幂数”有无数个.
7．(1) an=n−5;(2)Sn=2n+1+nn+12−2.
【详解】
试题分析：（1）根据题意得到a32=a1a4，再由等差数列的定义得到（a1+2d)2=a12+3a1d，解得an=n−5；（2）由第一问得到bn=2an+5+n=2n+n，分组求和得到结果．
解析：
（Ⅰ）在等差数列{ an }中，因为a1,a3,a4成等比数列，所以 a32=a1a4，
即 （a1+2d)2=a12+3a1d， 解得a1d+4d2=0.因为d=1,
所以a1=− 4,所以数列an的通项公式an=n−5.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=n−5,
所以bn=2an+5+n=2n+n. 得
Sn=b1+b2+b3+⋯+bn =(2+22+23+⋯+2n)+(1+2+3+⋯+n) =2(1−2n)1−2+n(1+n)2 =2n+1+n(n+1)2−2
8．（1）an=3n−1,bn=2n,n∈N∗；（2）3n2+n2−2n+1+2,或=3n2+n+42−2n+1，n∈N∗．
【详解】
试题分析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列bn的公比为q．因为a3+a5=2a4=22，所以a4=11=2+3d．解得d=3．又因为b2b4=b1b5=b6=qb5，所以q=b1=2，即可以得出数列{an}和bn的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，an=3n−1,bn=2n,n∈N∗．因此cn=an−bn=3n−1−2n，由等差数列，等比数列的前n项和即可得出数列cn前n项和.
试题解析：
（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列bn的公比为q．因为a3+a5=2a4=22，所以a4=11=2+3d．解得d=3．又因为b2b4=b1b5=b6=qb5，所以q=b1=2．所以an=3n−1,bn=2n,n∈N∗．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，an=3n−1,bn=2n,n∈N∗．
因此cn=an−bn=3n−1−2n
数列{an}前n项和为n(2+3n−1)2=3n2+n2．
数列bn的前n项和为2(1−2n)1−2=2n+1−2．
所以，数列cn前n项和为3n2+n2−2n+1+2,n∈N∗．
9．（Ⅰ）an=2n或an=(−1)n−1⋅2n（Ⅱ）见解析
【详解】
试题分析：（Ⅰ）由题可得2(1+q2+q4)=42.由此解得q=±2，即可得到数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=2n或an=(−1)n−1⋅2n，分情况讨论即可得到a2+a4+a6+...+a2n
试题解析：
（Ⅰ）由a1=2a1+a3+a5=42可得2(1+q2+q4)=42.
由数列{an}各项为实数，解得q2=4，q=±2.
所以数列{an}的通项公式为an=2n或an=(−1)n−1⋅2n.
（Ⅱ）当an=2n时，a2+a4+a6+...+a2n=4(1−4n)1−4=43⋅(4n−1)；
当an=(−1)n−1⋅2n时，a2+a4+a6+...+a2n=(−4)⋅(1−4n)1−4=43⋅(1−4n).
10．（Ⅰ）an=2n+1,q=2（Ⅱ）Sn=n2+2n+2n+1−2
【详解】
试题分析：（Ⅰ）利用等差数列的基本量运算即可得数列an的通项公式，设等比数列bn的公比为q，由由bnbn+1=22n+1，得bn+1bn+2=22n+3作比即可得公比；
（Ⅱ）求得b1，得bn=2n，采用分组求和Sn=a1+a2+⋯+an+b1+b2+⋯+bn即可.
试题解析：
解：（Ⅰ）设等差数列an的公差为d.
依题意a1+d=5a1+a1+3d=12，解得a1=3d=2.
所以an=2n+1.
设等比数列bn的公比为q，
由bnbn+1=22n+1，得bn+1bn+2=22n+3.
因为bn+1bn+2bnbn+1=bn+2bn=q2，且bn+1bn+2bnbn+1=22n+322n+1=4，所以q2=4.
因为数列bn的各项均为正数，所以q=2.
（Ⅱ）因为bnbn+1=22n+1，
令n=1，得b1b2=23，
因为b1b2=b1b1q=2b12=23，
所以b1=2，所以bn=2⋅2n−1=2n.
所以Sn=a1+b1+a2+b2+⋯+an+bn=a1+a2+⋯+an+b1+b2+⋯+bn
=3+2n+1⋅n2+2⋅1−2n1−2= n2+2n+2n+1−2.
所以Sn=n2+2n+2n+1−2.
11．（Ⅰ）an=n
（Ⅱ）Sn=2n+1−2
【详解】
本试题考查了等差数列与等比数列的概念以及等比数列的前n项和公式等基本知识．
（Ⅰ）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,
解得d=1,d=0（舍去），
故{an}的通项an=1+(n−1)×1=n.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知2an=2n，
由等比数列前n项和公式得
Sn=2+22+23+...+2n=2(1−2n)1−2=2n+1−2.
点评：本试题题目条件给的比较清晰，直接．只要抓住概念就可以很好的解决．
12．（1）S=214−3；（2）Sn={−n2+50n,1≤n≤25,n∈N∗n2−50n+1250,26≤n≤50,n∈N∗.
【详解】
试题分析：本题主要考查等比数列的通项公式、等比数列的前n项和公式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，通过对称数列的定义域，得出b1=b25，b2=b24，…，b12=b14，所以S=2(b1+b2+⋯+b12)+1，然后利用等比数列的前n项和公式计算即可；第二问，由于数列为50项的对称数列，所以当n小于25时，Sn就是从c1开始的等差数列，不存在对称，可以直接求和，当n大于25时，除了前25项的和以外，还有多出来的几项的和.
试题解析：（1）依题意，b13=1，b14=2，…，b25=b13×212=212.
∴b1=b25=212，b2=b24=211，…，b12=b14=2.
∴S=2(b1+b2+⋯+b12)+1=2×212×[1−(12)12]1−12+1=214−3.
（2）依题意，c50=c26+24×2=49，∵cn是50项的“对称数列”.
∴c1=c50=49，c2=c49=47，…，c25=c26=1.
∴当1≤n≤25时，Sn=−n2+50n；
当26≤n≤50时，Sn=S25+(n−25)+12×(n−25)(n−26)×2，Sn=n2−50n+1250.
综上，Sn={−n2+50n,1≤n≤25,n∈N∗n2−50n+1250,26≤n≤50,n∈N∗.
考点：等比数列的通项公式、等比数列的前n项和公式.
13．（1）答案不唯一.如3项子列12，13，16；（2）详见解析；（3）详见解析.
【详解】
试题分析：（1）根据题中的定义写出一个3项子列即可；（2）对b1是否等于1进行分类讨论，结合条件“{bn}为等差数列”，利用公差推出矛盾，从而得到b1≤12，再由b5=4d+b1>0结合b1≤12证明−18<d<0；
（3）注意到数列{an}各项均为有理数，从而得到数列{cn}的公比q为正有理数，从而存在K、L∈N∗使得q=KL，并对K是否等于1进行分类讨论，结合等比数列求和公式进行证明.
试题解析：（1）答案不唯一.如3项子列12、13、16；
（2）由题意，知1≥b1>b2>b3>b4>b5>0，
所以d=b2−b1<0.
若b1=1，
由{bn}为{an}的一个5项子列，得b2≤12，
所以d=b2−b1≤12−1=−12.
因为b5=b1+4d，b5>0，
所以4d=b5−b1=b5−1>−1，即d>−14.
这与d≤−12矛盾.
所以b1≠1.
所以b1≤12，
因为b5=b1+4d，b5>0，
所以4d=b5−b1≥b5−12>−12，即d>−18，
综上，得−18<d<0；
（3）由题意，设{cn}的公比为q，
则c1+c2+c3+⋯+cm=c1(1+q+q2+⋯+qm−1).
因为{cn}为{an}的一个m项子列，
所以q为正有理数，且q<1，c1=1a≤1 (a∈N∗).
设q=KL (K,L∈N∗)，且K、L互质，L≥2）.
当K=1时，
因为q=1L≤12，
所以c1+c2+c3+⋯+cm=c1(1+q+q2+⋯+qm−1)
≤1+12+(12)2+⋯+(12)m−1，
=2−(12)m−1，
所以c1+c2+c3+⋯+cm≤2−(12)m−1.
当K≠1时，
因为cm=c1qm−1=1a×Km−1Lm−1是{an}中的项，且K、L互质，
所以a=Km−1×M (M∈N∗)，
所以c1+c2+c3+⋯+cm=c1(1+q+q2+⋯+qm−1)
=1M(1Km−1+1Km−2L+1Km−3L2+⋯+1Lm−1).
因为L≥2，K、M∈N∗，
所以c1+c2+c3+⋯+cm≤1+12+(12)2+⋯+(12)m−1=2−(12)m−1.
综上，c1+c2+c3+⋯+cm≤2−12m−1.
考点：1.新定义；2.等比数列求和
14．（I）an=2n−1；（Ⅱ）2n+2−4
【详解】
（Ⅰ）设等差数列的公差为4，则依题设d=2．
由,可得cn=2．
由，得，可得．
所以．
可得．
（Ⅱ）设，则.
即，
可得cn=2，且．
所以，可知．
所以，
所以数列是首项为4，公比为2的等比数列．
所以前n项和．　
考点：等差数列通项公式、用数列前n项和求数列通项公式．
15．（1）an=3n−2；（2）4n−13
【分析】
（Ⅰ）根据题意求出等差数列{an}的首项和公差，然后可得通项公式．（Ⅱ）根据题意求出等比数列{bn}的首项和公比，然后可求得前n个奇数项的和．
【详解】
（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，
由题意得a2=a1+d=4a6=a1+5d=16，解得a1=1d=3，
∴等差数列{an}的通项公式an=1+3(n−1)=3n−2．
（Ⅱ）设等比数列{bn}的公比设为q，
由题意得b3=b1q2=4b5=b1q4=16，解得b1=1q2=4，
∴b2n−1=b1q2n−2=b1(q2)n−1=4n−1，
∴b1+b3+b5+⋯+b2n−1=1−4n1−4=4n−13．
【点睛】
本题考查等差数列和等比数列的基本运算，考查计算能力，属于基础题．
16．（Ⅰ）an=n（Ⅱ）存在m=7满足题意
【分析】
（Ⅰ）先设等差数列的公差，再由题中条件，列出等量关系，即可求出结果；
（Ⅱ）由（Ⅰ）的结果，确定{bn}的通项公式，进而可求出 Tn，再由Tm=S20+44，即可求出结果.
【详解】
解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，
则S3=a1+a2+a3=3a1+3d=6，
又a1=1，所以d=1，an=n．
（Ⅱ）因为bn=2an=2n，所以{bn}为等比数列．
所以Tn=2(1−2n)1−2=2n+1−2．
假设存在m∈N∗，使得Tm=S20+44，S20=20×(1+20)2=210，
所以2m+1−2=210+44，即2m+1=256，所以m=7满足题意．
【点睛】
本题主要考查等差数列与等比数列，熟记通项公式与求和公式即可求解，属于常考题型.
17．     2n−3      314
【详解】
∵a2=a1×2=12,∴a1=14，∴an=14×2n−1=2n−3，S5=141−251−2=314，故答案为2n−3， 314.
18．     3     10
【分析】
利用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式求出公比q，再利用等比数列的求和公式即可求解.
【详解】
Sn为公比q≠1的等比数列{an}的前n项和，且3a1，2a2，a3成等差数列，
可得4a2＝3a1+a3，
即有4a1q＝3a1+a1q2，
即q2﹣4q+3＝0，解得q＝3，
故S2=a11−321−3=4a1，S4=a11−341−3=40a1，
则S4S2=40a14a1=10.
故答案为：3；10.
19．     2     2n−1
【解析】
根据等比数列的基本量求得公比和前n项和即可.
【详解】
因为{an}是等比数列，且各项均为正数，故q>0；
又a4=a1q3=a13q3,a3=a1q2=4，故可得a1=1,q=2.
Sn=a11−qn1−q=2n−1.
故答案为：2；2n−1.
【点睛】
本题考查等比数列的基本量求解，涉及前n项和的求解，属基础题.
20．     642     51142
【解析】
由题设条件逐一得出A0,A1,A2,A3,A4纸张的长和宽，进而得出A0的面积，再由A0,A1,A2,...,A8纸张的面积是以642为首项，公比为12的等比数列，由求和公式得出这9张纸的面积之和.
【详解】
根据题意，A4的长、宽分别为22,2，A3的长、宽分别为4,22，A2的长、宽分别为42,4，A1的长、宽分别为8,42，A0的长、宽分别为82,8，所以A0的面积为642
A0,A1,A2,...,A8纸张的面积是以642为首项，公比为12的等比数列，所以这9张纸的面积之和等于642×[1−(12)9]1−12=51124
故答案为：642；51142

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