2021高考数学(文)一轮知能检测：第5章-第3节-等比数列及其前n项和.docx

第三节　等比数列及其前n项和

[全盘巩固]
1．设Sn是等比数列{an}的前n项和，a3＝，S3＝，则公比q＝(　　)
A. B．－ C．1或－ D．1或
解析：选C　当q＝1时，a1＝a2＝a3＝，S3＝a1＋a2＋a3＝，符合题意；当q≠1时，由题意得解得q＝－.故q＝1或q＝－.
2．各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则a3＋a4＋a5＝(　　)
A．33 B．72 C．84 D．189
解析：选C　∵a1＋a2＋a3＝21，
∴a1＋a1·q＋a1·q2＝21,3＋3×q＋3×q2＝21，
即1＋q＋q2＝7，解得q＝2或q＝－3.
∵an>0，∴q＝2，a3＋a4＋a5＝21×q2＝21×4＝84.
3．已知等比数列{an}满足an>0(n∈N*)，且a5a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋log2a5＋…＋log2a2n－1等于(　　)
A．(n＋1)2 B．n2 C．n(2n－1) D．(n－1)2
解析：选B　由等比数列的性质可知a5a2n－5＝a，
又a5a2n－5＝22n，所以an＝2n.
又log2a2n－1＝log222n－1＝2n－1，
所以log2a1＋log2a3＋log2a5＋…＋log2a2n－1＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝＝n2.
4．已知数列{an}满足a1＝5，anan＋1＝2n，则＝(　　)
A．2 B．4 C．5 D.
解析：选B　依题意得＝＝2，即＝2，故数列a1，a3，a5，a7，…是一个以5为首项、2为公比的等比数列，因此＝4.
5．数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a＝(　　)
A．(3n－1)2 B.(9n－1) C．9n－1 D.(3n－1)
解析：选B　∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，①
∴a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝3n－1－1.②
由①－②，得an＝3n－3n－1＝2×3n－1.
∴当n≥2时，an＝3n－3n－1＝2×3n－1，
又n＝1时，a1＝2适合上式，
∴an＝2×3n－1，
故数列{a}是首项为4，公比为9的等比数列．
因此a＋a＋…＋a＝＝(9n－1)．
6．已知{an}为等比数列，下面结论中正确的是(　　)
A．a1＋a3≥2a2
B．a＋a≥2a
C．若a1＝a3，则a1＝a2
D．若a3>a1，则a4>a2
解析：选B　设{an}的首项为a1，公比为q，则a2＝a1q，a3＝a1q2.∵a1＋a3＝a1(1＋q2)，又1＋q2≥2q，当a1>0时，a1(1＋q2)≥2a1q，即a1＋a3≥2a2；当a1<0时，a1(1＋q2)≤2a1q，即a1＋a3≤2a2，故A不正确；∵a＋a＝a(1＋q4)，又1＋q4≥2q2且a>0，∴a＋a≥2a，故B正确；若a1＝a3，则q2＝1.∴q＝±1.当q＝1时，a1＝a2；当q＝－1时，a1≠a2，故C不正确；D项中，若q>0，则a3q>a1q，即a4>a2；若q<0，则a3q程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
解析：a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根且{an}是递增数列，故a3＝4，a1＝1，故公比q＝2，S6＝＝63.
答案：63
8．(2022·杭州模拟)公差不为0的等差数列{an}的部分项ak1，ak2，ak3，…，构成等比数列，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k4＝______.
解析：据题意等差数列的a1，a2，a6成等比数列，设等差数列的公差为d，则有(a1＋d)2＝a1(a1＋5d)，解得d＝3a1，故a2＝4a1，a6＝16a1⇒ak4＝64a1＝a1＋3a1(n－1)，解得n＝22.
答案：22
9．(2021·江苏高考)在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为________．
解析：设等比数列的首项为a1，公比为q>0，
由得a1＝，q＝2.
所以an＝2n－6.
a1＋a2＋…＋an＝2n－5－2－5，a1a2…an＝2.
由a1＋a2＋…＋an>a1a2…an，得2n－5－2－5>2，
由2n－5>2，得n2－13n＋10<0，
解得a1a2…an，n≥13时不满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an，故n的最大值为12.
答案：12
10．数列{an}中，Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)．
(1)证明：数列{an}为等比数列；
(2)求通项an；
(3)当k＝－1时，求和a＋a＋…＋a.
解：(1)证明：∵Sn＝1＋kan，①
Sn－1＝1＋kan－1，②
①－②得Sn－Sn－1＝kan－kan－1(n≥2)，
∴(k－1)an＝kan－1，＝为常数，n≥2.
∴{an}是公比为的等比数列．
(2)∵S1＝a1＝1＋ka1，∴a1＝.
∴an＝·n－1＝－.
(3)∵{an}中a1＝，q＝，
∴{a}是首项为2，公比为2的等比数列．
当k＝－1时，等比数列{a}的首项为，公比为，
∴a＋a＋…＋a＝＝.
11．已知函数f(x)＝的图象过原点，且关于点(－1,2)成中心对称．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝f(an)，证明数列为等比数列，并求出数列{an}的通项公式．
解：(1)∵f(0)＝0，∴c＝0.
∵f(x)＝的图象关于点(－1,2)成中心对称，
∴f(x)＋f(－2－x)＝4，解得b＝2.
∴f(x)＝.
(2)∵an＋1＝f(an)＝，
∴当n≥2时，
＝·＝·＝·＝2.
又＝2≠0，
∴数列是首项为2，公比为2的等比数列，
∴＝2n，∴an＝.
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)∵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.
[冲击名校]
1．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，且对任意的实数x，y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是________．
解析：由已知可得a1＝f(1)＝，a2＝f(2)＝[f(1)]2＝2，a3＝f(3)＝f(2)f(1)＝[f(1)]3＝3，…，an＝f(n)＝[f(1)]n＝n，
所以Sn＝＋2＋3＋…＋n
＝＝1－n.
∵n∈N*，∴≤Sn<1.
答案：
2．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)＝＋.
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1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝40，Sn＝210， Sn－4＝130，则n＝(　　)
A．12 B．14 C．16 D．18
解析：选B　Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40，所以4a1＋an)＝120，a1＋an＝30，由Sn＝＝210，得n＝14.
2．已知数列{an}满足a1＝1，且an＝2an－1＋2n(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由于an＝2an－1＋2n，
所以＝＝＋1，即－＝1，
所以数列是等差数列，且公差d＝1，其首项＝，
所以＝＋(n－1)×1＝n－，
解得an＝×2n＝(2n－1)2n－1.
(2)Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，①
2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，②
①－②，得
－Sn＝1×20＋2×21＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n－1)2n＝1＋－(2n－1)2n＝(3－2n)2n－3.
所以Sn＝(2n－3)2n＋3.