高考文科数学复习：夯基提能作业本 (13)

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第三节　等比数列及其前n项和 A组　基础题组 ‎1.(2016湖北华师一附中3月联考)在等比数列{an}中,a2a3a4=8,a7=8,则a1=(　　)‎ A.1 B.±1 C.2 D.±2‎ ‎2.(2016安徽皖江名校联考)已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和,若a2·a4=16,S3=7,则a8=(　　)‎ A.32 B.64 C.128 D.256‎ ‎3.等比数列{an}的前n项和为Sn,若公比q>1,a3+a5=20,a2a6=64,则S5=(　　)‎ A.31 B.36 C.42 D.48‎ ‎4.(2017福建南平模拟)已知等比数列{an}中,a3=2,a4a6=16,则a‎10‎‎-‎a‎12‎a‎6‎‎-‎a‎8‎的值为(　　)‎ A.2 B.4 C.8 D.16‎ ‎5.(2016湖南衡阳三模)在等比数列{an}中,a1=2,前n项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则Sn=(　　)‎ A.2n+1-2 B.3n C.2n D.3n-1‎ ‎6.设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则q=　　　　. ‎ ‎7.(2016河南开封月考)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S1,S3,S4成等差数列,则数列{an}的公比为　　　. ‎ ‎8.在等比数列{an}中,公比q=2,前99项的和S99=30,则a3+a6+a9+…+a99=　　　　. ‎ ‎9.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且数列{Sn}是以2为公比的等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求a1+a3+…+a2n+1.‎ ‎10.已知数列{an}满足a1=5,a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2).‎ ‎(1)求证:{an+1+2an}是等比数列;‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式.‎ B组　提升题组 ‎11.(2016福建福州质检)已知等比数列{an}的前n项积记为∏n,若a3a4a8=8,则∏9=(　　)‎ A.512 B.256 C.81 D.16‎ ‎12.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 ‎13.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　　　　. ‎ ‎14.已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;‎ ‎(2)若S5=‎31‎‎32‎,求λ.‎ ‎15.(2015四川,16,12分)设数列{an}(n=1,2,3,…)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列‎1‎an的前n项和为Tn,求Tn.‎ ‎16.(2016江西师大附中月考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且Sn是an‎2‎和an的等差中项.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若akn∈{a1,a2,…,an,…}且ak‎1‎,ak‎2‎,…,akn,…成等比数列,当k1=2,k2=4时,求数列{kn}的前n项和Tn.‎ 答案全解全析 A组　基础题组 ‎1.A　因为数列{an}是等比数列,所以a2a3a4=a‎3‎‎3‎=8,所以a3=2,所以a7=a3q4=2q4=8,所以q2=2,则a1=a‎3‎q‎2‎=1,故选A.‎ ‎2.C　由题意及等比数列的性质知a2·a4=a‎3‎‎2‎=16,∵an>0,∴a3=4,∵a3=a1q2=4,S3=7,∴S3=a‎1‎‎(1-q‎3‎)‎‎1-q=7,S2=a‎1‎‎(1-q‎2‎)‎‎1-q=3,∴3q2-4q-4=0,解得q=-‎2‎‎3‎或q=2,∵an>0,∴q=2,∴a1=1,∴a8=27=128.‎ ‎3.A　由等比数列的性质,得a3a5=a2a6=64,于是由a‎3‎‎+a‎5‎=20,‎a‎3‎a‎5‎‎=64,‎且公比q>1,得a3=4,a5=16,所以a‎1‎q‎2‎‎=4,‎a‎1‎q‎4‎‎=16,‎解得a‎1‎‎=1,‎q=2(q=-2舍),‎所以S5=‎1×(1-‎2‎‎5‎)‎‎1-2‎=31,故选A.‎ ‎4.B　设等比数列{an}的公比是q,‎ 由a3=2,a4a6=16,得a1q2=2,a1q3a1q5=16,‎ 则a1=1,q2=2,‎ ‎∴a‎10‎‎-‎a‎12‎a‎6‎‎-‎a‎8‎=a‎1‎q‎9‎‎-‎a‎1‎q‎11‎a‎1‎q‎5‎‎-‎a‎1‎q‎7‎=4.‎ ‎5.C　设{an}的公比为q,则an=2qn-1,因为数列{an+1}也是等比数列,所以(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1)⇒an+1‎‎2‎+2an+1=anan+2+an+an+2⇒an+an+2=2an+1⇒an(1+q2-2q)=0⇒q=1,即an=2,所以Sn=2n,故选C.‎ ‎6.答案　‎‎3‎‎2‎ 解析　由S2=3a2+2,S4=3a4+2作差可得a3+a4=3a4-3a2,即2a4-a3-3a2=0,所以2q2-q-3=0,解得q=‎3‎‎2‎或q=-1(舍).‎ ‎7.答案　‎‎1+‎‎5‎‎2‎ 解析　设正项等比数列{an}的公比为q(q>0),‎ ‎∵S1,S3,S4成等差数列,‎ ‎∴2S3=S1+S4,‎ 易知q=1时上式不成立,∴q≠1,‎ ‎∴2·a‎1‎‎(q‎3‎-1)‎q-1‎=a1+a‎1‎‎(q‎4‎-1)‎q-1‎,‎ 化简得q3-2q2+1=0,‎ 即(q-1)(q2-q-1)=0,又q≠1,且q>0,‎ ‎∴q=‎1+‎‎5‎‎2‎.‎ ‎8.答案　‎‎120‎‎7‎ 解析　∵q=2,S99=30,∴a1(299-1)=30,又∵数列a3,a6,a9,…,a99也成等比数列且公比为8,∴a3+a6+a9+…+a99=‎4a‎1‎(1-‎8‎‎33‎)‎‎1-8‎=‎4a‎1‎(‎2‎‎99‎-1)‎‎7‎=‎4‎‎7‎×30=‎120‎‎7‎.‎ ‎9.解析　(1)∵S1=a1=1,‎ 且数列{Sn}是以2为公比的等比数列,‎ ‎∴Sn=2n-1,‎ 又当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-2n-2=2n-2.‎ 当n=1时,a1=1,不适合上式.‎ ‎∴an=‎‎1,n=1,‎‎2‎n-2‎‎,n≥2.‎ ‎(2)a3,a5,…,a2n+1是以2为首项,4为公比的等比数列,‎ ‎∴a3+a5+…+a2n+1=‎2(1-‎4‎n)‎‎1-4‎=‎2(‎4‎n-1)‎‎3‎.‎ ‎∴a1+a3+…+a2n+1=1+‎2(‎4‎n-1)‎‎3‎=‎2‎‎2n+1‎‎+1‎‎3‎.‎ ‎10.解析　(1)证明:∵an+1=an+6an-1(n≥2),‎ ‎∴an+1+2an=3an+6an-1=3(an+2an-1)(n≥2).‎ ‎∵a1=5,a2=5,∴a2+2a1=15,‎ ‎∴an+2an-1≠0(n≥2),∴an+1‎‎+2‎anan‎+2‎an-1‎=3(n≥2),∴数列{an+1+2an}是以15为首项,3为公比的等比数列.‎ ‎(2)由(1)得an+1+2an=15×3n-1=5×3n,‎ 则an+1=-2an+5×3n,∴an+1-3n+1=-2(an-3n).又∵a1-3=2,∴an-3n≠0,‎ ‎∴{an-3n}是以2为首项,-2为公比的等比数列.‎ ‎∴an-3n=2×(-2)n-1,即an=2×(-2)n-1+3n.‎ B组　提升题组 ‎11.A　由题意知,a3a4a7q=a3a7a4q=a3a7a5=a‎5‎‎3‎=8,∏9=a1a2a3…a9=(a1a9)(a2a8)(a3a7)·(a4a6)a5=a‎5‎‎9‎,所以∏9=83=512.‎ ‎12.B　设公比为q,若q=1,则S‎2mSm=2,与题中条件矛盾,故q≠1.‎ ‎∵S‎2mSm=a‎1‎‎(1-q‎2m)‎‎1-qa‎1‎‎(1-qm)‎‎1-q=qm+1=9,∴qm=8.‎ ‎∴a‎2mam=a‎1‎q‎2m-1‎a‎1‎qm-1‎=qm=8=‎5m+1‎m-1‎,∴m=3,∴q3=8,∴q=2.‎ ‎13.答案　93‎ 解析　设数列{an}的公比为q,由a‎3‎‎2‎=a2a4=16,得a3=4(舍负),即a1q2=4,又a6=a1q5=32,解得a1=1,q=2,所以an=a1qn-1=2n-1,则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=‎3(1-‎2‎‎5‎)‎‎1-2‎=93.‎ ‎14.解析　(1)由题意得a1=S1=1+λa1,‎ 故λ≠1,a1=‎1‎‎1-λ,a1≠0.‎ 由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0得an≠0,‎ 所以an+1‎an=λλ-1‎.‎ 因此{an}是首项为‎1‎‎1-λ,公比为λλ-1‎的等比数列,于是an=‎1‎‎1-λλλ-1‎n-1‎.‎ ‎(2)由(1)得Sn=1-λλ-1‎n.由S5=‎31‎‎32‎得1-λλ-1‎‎5‎=‎31‎‎32‎,即λλ-1‎‎5‎=‎1‎‎32‎.‎ 解得λ=-1.‎ ‎15.解析　(1)由已知Sn=2an-a1,‎ 有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),‎ 即an=2an-1(n≥2).‎ 从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.‎ 又因为a1,a2+1,a3成等差数列,‎ 即a1+a3=2(a2+1).‎ 所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.‎ 所以,数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.‎ 故an=2n.‎ ‎(2)由(1)得‎1‎an=‎1‎‎2‎n.‎ 所以Tn=‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n=‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎=1-‎1‎‎2‎n.‎ ‎16.解析　(1)∵Sn是an‎2‎和an的等差中项,‎ ‎∴2Sn=an‎2‎+an,‎ 则有2Sn-1=an-1‎‎2‎+an-1(n≥2),‎ 两式相减并整理得(an-an-1-1)(an+an-1)=0(n≥2),‎ 又an+an-1>0(n≥2),所以an-an-1=1(n≥2),故数列{an}是公差为1的等差数列,‎ 又由2a1=2S1=a‎1‎‎2‎+a1,a1>0,可得a1=1.‎ ‎∴an=1+(n-1)×1=n(n∈N*).‎ ‎(2)设等比数列的公比为q,由题意及(1)知q=ak‎2‎ak‎1‎=a‎4‎a‎2‎=‎4‎‎2‎=2,‎ ‎∴akn=ak‎1‎·2n-1=2n,又akn=kn,∴kn=2n,∴Tn=2+22+…+2n=‎2(1-‎2‎n)‎‎1-2‎=2n+1-2.‎