2021届高三数学第一轮复习北师大版-课时作业30-Word版含解析.docx

课时作业30　等比数列及其前n项和
一、选择题(每小题5分，共40分)
1．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝(　　)
A．4·()n　　　　　　　 B．4·()n
C．4·()n－1 D ．4·()n－1
解析：(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)⇒a＝5，a1＝4，q＝，∴an＝4·()n－1.
答案：C
2．(2022·西安模拟)已知等比数列{an}为递增数列．若a1>0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的公比q＝(　　)
A．2 B.
C．2或 D．3
解析：∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，∴2an＋2anq2＝5anq，
化简得，2q2－5q＋2＝0，由题意知，q>1.∴q＝2.
答案：A
3．(2022·江西盟校一模)在正项等比数列{an}中，Sn是其前n项和．若a1＝1，a2a6＝8，则S8＝(　　)
A．8 B．15(＋1)
C．15(－1) D．15(1－)
解析：∵a2a6＝a＝8，∴aq6＝8，
∴q＝，∴S8＝＝15(＋1)．
答案：B
4．已知{an}满足：a1＝1，＝，则数列{an}是(　　)
A．递增数列 B．递减数列
C．常数列 D．无法确定
解析：∵a1＝1，q＝＝，
∴0个等比数列前三项的积为2，最终三项的积为4，且全部项的积为64，则该数列有(　　)
A．13项 B．12项
C．11项 D．10项
解析：设前三项分别为a1，a1q，a1q2，后三项分别为a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1，所以前三项之积aq3＝2，后三项之积aq3n－6＝4.所以两式相乘，得aq3(n－1)＝8，即aqn－1＝2.又a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，aq＝64，即(aqn－1)n＝642，即2n＝642.所以n＝12.
答案：B
6．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋1＋a，n∈N＋，则实数a的值是(　　)
A．－3 B．3
C．－1 D．1
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋1－3n＝2·3n，当n＝1时，a1＝S1＝9＋a，∵{an}是等比数列，∴有9＋a＝2×3，解得a＝－3.
答案：A
7．(2022·潍坊模拟)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于(　　)
A. B．－
C. D.
解析：∵a7＋a8＋a9＝S9－S6，S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，∴有8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝.
答案：A
8．(2022·天津新华中学模拟)已知正项等比数列{an}满足：a7＝a6＋2a5，若存在两项an，am使得＝4a1，则＋的最小值为(　　)
A. B.
C. D．不存在
解析：∵a7＝a6＋2a5，∴a5q2＝a5q＋2a5，即q2－q－2＝0，解得q＝2.若存在两项an，am，有＝4a1，即aman＝16a，aqm＋n－2＝16a，即2m＋n－2＝16，
∴m＋n－2＝4，m＋n＝6，即＝1.
∴＋＝(＋)()＝(5＋＋)≥(5＋2)＝，当且仅当＝，即n2＝4m2，n＝2m时取等号，此时m＋n＝6＝3m，
∴m＝2，n＝4时取最小值，∴最小值为.
答案：A
二、填空题(每小题5分，共15分)
9．(2022·辽宁)已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：依据条件求出首项a1和公比q，再求通项公式．由2(an＋an＋2)＝5an＋1⇒2q2－5q＋2＝0⇒q＝2或，由a＝a10＝a1q9>0⇒a1>0，又数列{an}递增，所以q＝2.a＝a10>0⇒(a1q4)2＝a1q9⇒a1＝q＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
答案：2n
10．(2022·江西文，13)等比数列{an}的前n项和为Sn，公比不为1.若a1＝1，且对任意的n∈N＋都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则S5＝________.
解析：设{an}公比为q，则an＋2＋an＋1 －2an＝a1qn＋1＋a1qn－2a1qn－1＝0，所以q2＋q－2＝0，即q＝－2，q＝1(舍去)，
∴S5＝＝11.
答案：11
11．(2022·广东汕头模拟)若数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an(n∈N＋)，其前n项和为Sn，则＝________.
解析：由a1＝1，an＋1＝an知{an}为等比数列．
由等比数列求和公式得S4＝.
又a4＝a1q3＝，故＝15.
答案：15
三、解答题(共3小题，每小题15分，共45分．解答写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)
12．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N＋)．
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列，并写出数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足4b1－1·4b2－1·4b3－1·…·4bn－1＝(an＋1)n，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
又a1＝1，∴a1＋1＝2≠0，an＋1≠0，
∴＝2，
∴数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
∴an＋1＝2n，可得an＝2n－1.
(2)解：∵4b1－1·4b2－1·4b3－1·…·4bn－1＝(an＋1)n，
∴4b1＋b2＋b3＋…＋bn－n＝2n2，
∴2(b1＋b2＋b3＋…＋bn)－2n＝n2，
即2(b1＋b2＋b3＋…＋bn)＝n2＋2n，
∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n2＋n.
13．(2022·合肥模拟)数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，n∈N＋.
(1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列．
(2)在(1)的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn.
解：(1)∵点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，
∴an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1(n>1，且n∈N＋)．
∴an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，∴an＋1＝4an(n>1，n∈N＋)，a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t＋1，
∴当t＝1时，a2＝4a1，数列{an}是等比数列．
(2)在(1)的结论下，an＋1＝4an，an＋1＝4n，bn＝log4an＋1＝n，cn＝an＋bn＝4n－1＋n，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)
＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)
＝＋.
14．(2021·湖北理，18)已知等比数列{an}满足： |a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，则由已知可得
解得或
故an＝·3n－1，或an＝－5·(－1)n－1
(2)若an＝·3n－1，则＝·()n－1，
故{}是首项为，公比为的等比数列
从而＝＝·[1－()m]<<1
若an＝(－5)·(－1)n－1，则＝－(－1)n－1，
故{}是首项为－，公比为－1的等比数列．
从而
＝
故<1
综上，对任何正整数m，总有<1，
故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立．