【数学】2020届北京一轮复习通用版6-3等比数列作业

【数学】2020届北京一轮复习通用版6-3等比数列作业

‎6.3　等比数列 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 ‎1.等比数列的有关概念及运算 ‎1.理解等比数列的概念 ‎2.掌握等比数列的通项公式 ‎3.了解等比数列与指数函数的关系 ‎4.掌握等比数列的前n项和公式 ‎2018北京,4‎ 等比数列的概念及运算、等比数列的性质及应用 等比数列的实际应用 ‎★★★‎ ‎2017北京,10‎ 等比数列的基本运算 等差数列的基本运算 ‎2017北京文,15‎ 等比数列的通项公式、等比数列的前n项和公式 等差数列的通项公式 ‎2013北京,10‎ 等比数列的基本运算及前n项和公式 ‎2.等比数列的性质及应用 能利用等比数列的性质解决相应的问题 ‎2014北京,5‎ 等比数列的单调性 充分必要条件的判断 ‎★★★‎ ‎2012北京,6‎ 等比数列性质的运用 不等式 分析解读　　北京高考对等比数列的考查主要是基本量的运算、an和Sn的关系以及等比数列的性质.对等比数列的定义、通项公式、性质及等比中项的考查,常以选择题、填空题的形式出现,难度较小.对前n项和以及与其他知识( 函数、不等式等) 相结合的考查,多以解答题的形式出现,注重题目的综合与新颖,突出对逻辑思维能力的考查.解决问题时要注意下标之间的关系,并选择适当的公式.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　等比数列的有关概念及运算 ‎1.已知等比数列{an}中,a1=1,且a‎4‎‎+a‎5‎+‎a‎8‎a‎1‎‎+a‎2‎+‎a‎5‎=8,那么S5的值是(　　)‎ A.15　　　　B.31　　　　C.63　　　　D.64‎ 答案　B　‎ ‎2.已知等比数列{an}中,a2=2,a3·a4=32,那么a8的值为　　　　. ‎ 答案　128‎ ‎3.(2014安徽,12,5分)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=　　　　. ‎ 答案　1‎ ‎4.(2011北京文,12,5分)在等比数列{an}中,若a1=‎1‎‎2‎,a4=4,则公比q=　　　　;a1+a2+…+an=　　　　. ‎ 答案　2;2n-1-‎‎1‎‎2‎ 考点二　等比数列的性质及应用 ‎5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,则下列结论一定成立的是(　　)‎ A.若a5>0,则a2 017<0　　　　B.若a6>0,则a2 018<0　　　　C.若a5>0,则S2 017>0　　　　D.若a6>0,则S2 018>0‎ 答案　C　‎ ‎6.已知等比数列{an}的公比q>0,其前n项和为Sn,若a1=1,4a3=a2a4.‎ ‎(1)求公比q和a5的值;‎ ‎(2)求证:Snan<2.‎ 解析　(1)因为{an}为等比数列,且4a3=a2a4,‎ 所以4a3=a‎3‎‎2‎,‎ 又由题意知an≠0,所以a3=4,‎ 所以q2=a‎3‎a‎1‎=4,所以q=±2,‎ 又因为q>0,所以q=2.‎ 所以a5=a1q4=16.‎ ‎(2)证法一:因为a1=1,q=2,所以an=a1qn-1=2n-1,n∈N*,‎ Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q=2n-1,‎ 所以Snan=‎2‎n‎-1‎‎2‎n-1‎=2-‎1‎‎2‎n-1‎,‎ 因为‎1‎‎2‎n-1‎>0,所以Snan=2-‎1‎‎2‎n-1‎<2.‎ 证法二:因为a1=1,q=2,所以an=a1qn-1=2n-1,‎ Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q=2n-1,‎ 所以Snan-2=-‎1‎‎2‎n-1‎<0,所以Snan<2.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　等比数列的基本运算技巧 ‎1.(2015课标Ⅱ,4,5分)已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=(　　)‎ A.21　　　　B.42　　　　C.63　　　　D.84‎ 答案　B　‎ ‎2.(2015课标Ⅱ文,9,5分)已知等比数列{an}满足a1=‎1‎‎4‎,a3a5=4(a4-1),则a2=(　　)‎ A.2　　　　B.1　　　　C.‎1‎‎2‎　　　　D.‎‎1‎‎8‎ 答案　C　‎ 方法2　等比数列的判定 ‎3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4an-3(n∈N*).‎ ‎(1)证明:数列{an}是等比数列;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn+1=an+bn(n∈N*),且b1=2,求数列{bn}的通项公式.‎ 解析　(1)证明:由Sn=4an-3可知,‎ 当n=1时,a1=4a1-3,解得a1=1.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(4an-3)-(4an-1-3)=4an-4an-1,即an=‎4‎‎3‎an-1,‎ ‎∴{an}是首项为1,公比为‎4‎‎3‎的等比数列.‎ ‎(2)由(1)可知an=‎4‎‎3‎n-1‎,‎ 由bn+1=an+bn(n∈N*)得bn+1-bn=an=‎4‎‎3‎n-1‎.‎ 所以当n≥2时,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=2+‎4‎‎3‎‎0‎+‎4‎‎3‎‎1‎+…+‎‎4‎‎3‎n-2‎ ‎=2+‎1-‎‎4‎‎3‎n-1‎‎1-‎‎4‎‎3‎=3×‎4‎‎3‎n-1‎-1.‎ 当n=1时上式也满足条件,‎ 故数列{bn}的通项公式为bn=3×‎4‎‎3‎n-1‎-1,n∈N*.‎ 思路分析　(2)根据(1)求数列{an}的递推公式,代入bn+1=an+bn(n∈N*),可得数列{bn}的递推公式,再用迭代法即可求出{bn}的通项公式.‎ ‎4.(2016课标Ⅲ,17,12分)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.‎ 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-λ·λλ-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.‎ 思路分析　(1)先由题设利用an+1=Sn+1-Sn得到an+1与an的关系式,要证数列是等比数列,关键是看an+1与an之比是不是一常数,其中说明an≠0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论解方程求出λ.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·北京卷题组 考点一　等比数列的有关概念及运算 ‎1.(2018北京,4,5分)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于‎12‎‎2‎.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为(　　)‎ A.‎3‎‎2‎f　　　　B.‎3‎‎2‎‎2‎f　　　　C.‎12‎‎2‎‎5‎f　　　　D.‎12‎‎2‎‎7‎f 答案　D　‎ ‎2.(2017北京,10,5分)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a‎2‎b‎2‎=　　　　. ‎ 答案　1‎ ‎3.(2013北京,10,5分)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 ‎4.(2017北京文,15,13分)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.‎ 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10,‎ 解得d=2.‎ 所以an=2n-1.‎ ‎(2)设等比数列{bn}的公比为q.‎ 因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9,‎ 解得q2=3.‎ 所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.‎ 从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=‎3‎n‎-1‎‎2‎.‎ 方法总结　求解有关等差数列和等比数列问题的关键是对其基本量(首项,公差,公比)进行求解.对于数列求和问题,常用的方法有公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法和分组转化法等.‎ 考点二　等比数列的性质及应用 ‎　(2014北京,5,5分)设{an}是公比为q的等比数列.则“q>1”是“{an}为递增数列”的(　　)‎ A.充分而不必要条件　　　　B.必要而不充分条件　　　　C.充分必要条件　　　　D.既不充分也不必要条件 答案　D　‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点一　等比数列的有关概念及运算 ‎1.(2017课标Ⅱ,3,5分)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯(　　)‎ A.1盏　　　　B.3盏　　　　C.5盏　　　　D.9盏 答案　B　‎ ‎2.(2017课标Ⅲ,14,5分)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 =　　　　. ‎ 答案　-8‎ ‎3.(2017江苏,9,5分)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=‎7‎‎4‎,S6=‎63‎‎4‎,则a8=　　　　. ‎ 答案　32‎ ‎4.(2016课标Ⅰ,15,5分)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为　　　　. ‎ 答案　64‎ ‎5.(2018课标Ⅲ,17,12分)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.‎ 解析　本题考查等比数列的概念及其运算.‎ ‎(1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.‎ 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.‎ 故an=(-2)n-1或an=2n-1.‎ ‎(2)若an=(-2)n-1,则Sn=‎1-(-2‎‎)‎n‎3‎.‎ 由Sm=63得(-2)m=-188.此方程没有正整数解.‎ 若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.‎ 综上,m=6.‎ ‎6.(2017课标Ⅰ,17,12分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.‎ 解析　本题考查等差、等比数列.‎ ‎(1)设{an}的公比为q,由题设可得 a‎1‎‎(1+q)=2,‎a‎1‎‎(1+q+q‎2‎)=-6,‎ 解得q=-2,a1=-2.‎ 故{an}的通项公式为an=(-2)n.‎ ‎(2)由(1)可得Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q=-‎2‎‎3‎+(-1)n·‎2‎n+1‎‎3‎.‎ 由于Sn+2+Sn+1=-‎4‎‎3‎+(-1)n·‎‎2‎n+3‎‎-‎‎2‎n+2‎‎3‎ ‎=2×‎-‎2‎‎3‎+(-1‎)‎n·‎‎2‎n+1‎‎3‎=2Sn,‎ 故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.‎ 方法总结　等差、等比数列的常用公式:‎ ‎(1)等差数列:‎ 递推关系式:an+1-an=d,常用于等差数列的证明.‎ 通项公式:an=a1+(n-1)d.‎ 前n项和公式:Sn=‎(a‎1‎+an)n‎2‎=na1+n(n-1)‎‎2‎d.‎ ‎(2)等比数列:‎ 递推关系式:an+1‎an=q(q≠0),常用于等比数列的证明.‎ 通项公式:an=a1·qn-1.‎ 前n项和公式:Sn=‎na‎1‎(q=1),‎a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q‎(q≠1).‎ ‎(3)在证明a,b,c成等差、等比数列时,还可以利用等差中项:a+c‎2‎=b或等比中项:a·c=b2来证明.‎ ‎7.(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.‎ 解析　(1)由Sn=2an-a1,‎ 得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.‎ 评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和等基础知识,考查运算求解能力.‎ 考点二　等比数列的性质及应用 ‎1.(2018浙江,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则(　　)‎ A.a1a3,a2a4　　　　D.a1>a3,a2>a4‎ 答案　B　‎ ‎2.(2015安徽,14,5分)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{an}的前n项和等于　　　　. ‎ 答案　2n-1‎ ‎3.(2014广东,13,5分)若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20=　　　　. ‎ 答案　50‎ ‎4.(2014课标Ⅱ,17,12分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.‎ ‎(1)证明an‎+‎‎1‎‎2‎是等比数列,并求{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎an<‎3‎‎2‎.‎ 解析　(1)由an+1=3an+1得an+1+‎1‎‎2‎=3an‎+‎‎1‎‎2‎.‎ 又a1+‎1‎‎2‎=‎3‎‎2‎,‎ 所以an‎+‎‎1‎‎2‎是首项为‎3‎‎2‎,公比为3的等比数列.‎ an+‎1‎‎2‎=‎3‎n‎2‎,‎ 因此{an}的通项公式为an=‎3‎n‎-1‎‎2‎.‎ ‎(2)证明:由(1)知‎1‎an=‎2‎‎3‎n‎-1‎.‎ 因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,‎ 所以‎1‎‎3‎n‎-1‎≤‎1‎‎2×‎‎3‎n-1‎.‎ 于是‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎an≤1+‎1‎‎3‎+…+‎1‎‎3‎n-1‎=‎3‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎3‎n<‎3‎‎2‎.‎ 所以‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎an<‎3‎‎2‎.‎ 评析本题考查了等比数列的定义、数列求和等问题,放缩求和是本题的难点.‎ C组　教师专用题组 考点一　等比数列的有关概念及运算 ‎1.(2014大纲,10,5分)等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lg an}的前8项和等于(　　)‎ A.6　　　　B.5　　　　C.4　　　　D.3‎ 答案　C　‎ ‎2.(2013课标Ⅱ,3,5分)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=(　　)‎ A.‎1‎‎3‎　　　　B.-‎1‎‎3‎　　　　C.‎1‎‎9‎　　　　D.-‎‎1‎‎9‎ 答案　C　‎ ‎3.(2014天津,11,5分)设{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为　　　　. ‎ 答案　-‎‎1‎‎2‎ ‎4.(2014福建,17,12分)在等比数列{an}中,a2=3,a5=81.‎ ‎(1)求an;‎ ‎(2)设bn=log3an,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解析　(1)设{an}的公比为q,依题意得a‎1‎q=3,‎a‎1‎q‎4‎‎=81,‎ 解得a‎1‎‎=1,‎q=3.‎因此,an=3n-1.‎ ‎(2)因为bn=log3an=n-1,‎ 所以数列{bn}的前n项和Sn=n(b‎1‎+bn)‎‎2‎=n‎2‎‎-n‎2‎.‎ 评析本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,考查运算求解能力,考查化归与转化思想.‎ ‎5.(2013四川,16,12分)在等比数列{an}中,a2-a1=2,且2a2为3a1和a3的等差中项,求数列{an}的首项、公比及前n项和.‎ 解析　设该数列的公比为q.由已知,可得 a1q-a1=2,4a1q=3a1+a1q2,‎ 所以a1(q-1)=2,q2-4q+3=0,‎ 解得q=3或q=1.‎ 由于a1(q-1)=2,‎ 因此q=1不合题意,应舍去.‎ 故公比q=3,首项a1=1.‎ 所以数列的前n项和Sn=‎3‎n‎-1‎‎2‎.‎ 评析本题考查等比数列、等差中项等基础知识,考查运算求解能力.‎ ‎6.(2013天津,19,14分)已知首项为‎3‎‎2‎的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),且-2S2,S3,4S4成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明Sn+‎1‎Sn≤‎13‎‎6‎(n∈N*).‎ 解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,因为-2S2,S3,4S4成等差数列,所以S3+2S2=4S4-S3,即S4-S3=S2-S4,可得2a4=-a3,于是q=a‎4‎a‎3‎=-‎1‎‎2‎.又a1=‎3‎‎2‎,所以等比数列{an}的通项公式为an=‎3‎‎2‎×‎-‎‎1‎‎2‎n-1‎=(-1)n-1·‎3‎‎2‎n.‎ ‎(2)证明:Sn=1-‎-‎‎1‎‎2‎n,Sn+‎1‎Sn=1-‎-‎‎1‎‎2‎n+‎1‎‎1-‎‎-‎‎1‎‎2‎n=‎ ‎2+‎1‎‎2‎n‎(‎2‎n+1)‎,n为奇数,‎‎2+‎1‎‎2‎n‎(‎2‎n-1)‎,n为偶数.‎ 当n为奇数时,Sn+‎1‎Sn随n的增大而减小,‎ 所以Sn+‎1‎Sn≤S1+‎1‎S‎1‎=‎13‎‎6‎.‎ 当n为偶数时,Sn+‎1‎Sn随n的增大而减小,‎ 所以Sn+‎1‎Sn≤S2+‎1‎S‎2‎=‎25‎‎12‎.‎ 故对于n∈N*,有Sn+‎1‎Sn≤‎13‎‎6‎.‎ 评析本题主要考查等差数列的概念,等比数列的概念、通项公式、前n项和公式,数列的基本性质等基础知识.考查分类讨论的思想,考查运算能力、分析问题和解决问题的能力.‎ 考点二　等比数列的性质及应用 ‎1.(2013大纲全国,6,5分)已知数列{an}满足3an+1+an=0,a2=-‎4‎‎3‎,则{an}的前10项和等于(　　)‎ A.-6(1-3-10)　　　　B.‎1‎‎9‎(1-3-10)　　　　C.3(1-3-10)　　　　D.3(1+3-10)‎ 答案　C　‎ ‎2.(2013陕西,17,12分)设{an}是公比为q的等比数列.‎ ‎(1)推导{an}的前n项和公式;‎ ‎(2)设q≠1,证明数列{an+1}不是等比数列.‎ 解析　(1)设{an}的前n项和为Sn,‎ 当q=1时,Sn=a1+a1+…+a1=na1;‎ 当q≠1时,Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1,①‎ qSn=a1q+a1q2+…+a1qn,②‎ ‎①-②得,(1-q)Sn=a1-a1qn,‎ ‎∴Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q,‎ ‎∴Sn=‎na‎1‎,‎q=1,‎a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q‎,‎q≠1.‎ ‎(2)证明:假设{an+1}是等比数列,则对任意的k∈N+,‎ ‎(ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1),‎ ak+1‎‎2‎‎+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,‎ a‎1‎‎2‎q2k+2a1qk=a1qk-1·a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1,‎ ‎∵a1≠0,∴2qk=qk-1+qk+1.‎ ‎∵q≠0,令k=1,则q2-2q+1=0,‎ ‎∴q=1,这与已知矛盾.‎ ‎∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列.‎ ‎3.(2013湖北,19,13分)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)是否存在正整数n,使得Sn≥2 013?若存在,求出符合条件的所有n的集合;若不存在,说明理由.‎ 解析　(1)设数列{an}的公比为q,则a1≠0,q≠0.由题意得S‎2‎‎-S‎4‎=S‎3‎-S‎2‎,‎a‎2‎‎+a‎3‎+a‎4‎=-18,‎ 即‎-a‎1‎q‎2‎-a‎1‎q‎3‎=a‎1‎q‎2‎,‎a‎1‎q(1+q+q‎2‎)=-18,‎ 解得a‎1‎‎=3,‎q=-2.‎ 故数列{an}的通项公式为an=3×(-2)n-1.‎ ‎(2)由(1)有Sn=‎3·[1-(-2‎)‎n]‎‎1-(-2)‎=1-(-2)n.‎ 若存在n,使得Sn≥2 013,则1-(-2)n≥2 013,‎ 即(-2)n≤-2 012.‎ 当n为偶数时,(-2)n>0,上式不成立;‎ 当n为奇数时,(-2)n=-2n≤-2 012,即2n≥2 012,则n≥11.‎ 综上,存在符合条件的正整数n,且所有这样的n的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.‎ ‎【三年模拟】‎ 一、选择题(每小题5分,共20分)‎ ‎1.(2018北京门头沟一模,5)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其大意为:“有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地.”则该人第五天走的路程为(　　)‎ A.48里　　　　B.24里　　　　C.12里　　　　D.6里 答案　C　‎ ‎2.(2017北京东城二模,5)已知等比数列{an}为递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1+a5=‎17‎‎2‎,a2a4=4,则S6=(　　)‎ A.‎27‎‎16‎　　　　B.‎27‎‎8‎　　　　C.‎63‎‎4‎　　　　D.‎‎63‎‎2‎ 答案　D　‎ ‎3.(2019届北京潞河中学10月月考,7)已知等比数列{an}中,a1=27,a4=a3a5,则a7=(　　)‎ A.‎1‎‎27‎　　　　B.‎1‎‎9‎　　　　C.‎1‎‎3‎　　　　D.3‎ 答案　A　‎ ‎4.(2017北京海淀二模,5)已知{an}为无穷等比数列,且公比q>1,记Sn为{an}的前n项和,则下面结论正确的是(　　)‎ A.a3>a2　　　　B.a1+a2>0　　　　C.{an‎2‎}是递增数列　　　　D.Sn存在最小值 答案　C　‎ 二、填空题(每小题5分,共40分)‎ ‎5.(2018北京东城二模,10)设等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,则S‎4‎a‎2‎=　　　　. ‎ 答案　‎‎15‎‎2‎ ‎6.(2018北京房山一模,10)某班植树小组今年春天计划植树不少于100棵,若第一天植树2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最少天数n(n∈N*)等于　　　　. ‎ 答案　6‎ ‎7.(2019届北京潞河中学10月月考,13)等差数列{an}的公差为2,且a1,a2,a5成等比数列,那么a1=　　　　. ‎ 答案　1‎ ‎8.(2017北京海淀一模,9)若等比数列{an}满足a2a4=a5,a4=8,则公比q=　　　　;前n项和Sn=　　　　. ‎ 答案　2;2n-1‎ ‎9.(2017北京西城一模,10)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若a1=3,S2=9,则an=　　　　;Sn=　　　　. ‎ 答案　3×2n-1;3×2n-3‎ ‎10.(2019届北京十四中10月月考,9)在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=　　　　. ‎ 答案　84‎ ‎11.(2018北京石景山一模,13)如图,正方形上连接着等腰直角三角形,等腰直角三角形的腰上再连接正方形,……,如此继续下去,得到一个树形图,称为“勾股树”.若某勾股树含有1 023个正方形,且最大的正方形的边长为‎2‎‎2‎,则最小的正方形的边长为　　　　. ‎ 答案　‎‎1‎‎32‎ ‎12.(2019届北京海淀期中,11)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,下表给出了Sn的部分数据:‎ n ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎…‎ Sn a1‎ ‎10‎ ‎19‎ ‎65‎‎2‎ ‎…‎ 则数列{an}的公比q=　　　　,首项a1=　　　　. ‎ 答案　‎3‎‎2‎;4‎ 三、解答题(共40分)‎ ‎13.(2019届北京海淀期中文,16)设{an}为等比数列,其前n项和为Sn,且a2=2,S2-3a1=0.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若Sn+an>48,求n的最小值.‎ 解析　(1)∵S2-3a1=0,∴a1+a2-3a1=0,∵a2=2a1,‎ ‎∵{an}为等比数列,‎ ‎∴q=a‎2‎a‎1‎=2,‎ ‎∴an=a2·qn-2=2·2n-2=2n-1,n∈N*.‎ ‎(2)Sn+an=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q+a1qn-1=2n-1+2n-1=3·2n-1-1>48,‎ ‎∴2n-1>‎49‎‎3‎,‎ 当n=5时,25-1=24=16<‎49‎‎3‎,‎ 当n=6时,26-1=25=32>‎49‎‎3‎.‎ ‎∴n的最小值为6.‎ ‎14.(2019届北京四中期中,19)已知数列{an}是公比为‎1‎‎3‎的等比数列,且a2+6是a1和a3的等差中项.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{an}的前n项之积为Tn,求Tn的最大值.‎ 解析　(1)因为a2+6是a1和a3的等差中项,‎ 所以2(a2+6)=a1+a3,‎ 因为数列{an}是公比为‎1‎‎3‎的等比数列,‎ 所以2a‎1‎‎3‎‎+6‎=a1+a‎1‎‎9‎,解得a1=27,‎ 所以an=a1·qn-1=‎1‎‎3‎n-4‎,n∈N*.‎ ‎(2)令an≥1,得‎1‎‎3‎n-4‎≥1,得n≤4且n∈N*,‎ 故数列{an}的前3项大于1,第4项等于1,以后各项均小于1且大于0,所以当n=3或n=4时,Tn取得最大值.‎ Tn的最大值为T3=T4=a1·a2·a3=729.‎ ‎15.(2019届北京潞河中学10月月考文,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=‎3‎an‎2‎-p(其中p是不为零的常数),n∈N*.‎ ‎(1)证明:数列{an}是等比数列;‎ ‎(2)当p=1时,bn+1=bn+an,且b1=2,求数列{bn}的通项公式.‎ 解析　(1)在数列{an}中,Sn=‎3‎an‎2‎-p,‎ 当n=1时,a1=2p,‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=‎3‎‎2‎an‎-‎p‎2‎-‎3‎‎2‎an-1‎‎-‎p‎2‎,‎ 所以‎1‎‎2‎an=‎3‎‎2‎an-1,故anan-1‎=3,‎ 所以数列{an}是以2p为首项,3为公比的等比数列.‎ ‎(2)当p=1时,a1=2,所以an=2·3n-1,‎ 因为bn+1=bn+an,‎ 所以bn+1-bn=2·3n-1,‎ 所以b2-b1=2·30,‎ b3-b2=2·31,‎ b4-b3=2·32,‎ ‎……‎ bn-bn-1=2·3n-2,n≥2,‎ 以上各式叠加得bn-b1=2·30+2·31+2·32+…+2·3n-2,‎ 所以bn=‎2(1-‎3‎n-1‎)‎‎1-3‎+2=3n-1+1,n≥2‎ 又因为当n=1时,31-1+1=2符合上式,‎ 所以bn=3n-1+1,n∈N*.‎ ‎16.(2018北京海淀一模,15)已知等比数列{an}满足a1=1,a5=‎1‎‎8‎a2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)试判断是否存在正整数n,使得{an}的前n项和Sn为‎5‎‎2‎?若存在,求出n的值;若不存在,说明理由.‎ 解析　(1)设{an}的公比为q,‎ 因为a5=‎1‎‎8‎a2,且a5=a2q3,‎ 所以q3=‎1‎‎8‎,解得q=‎1‎‎2‎.‎ 所以an=a1qn-1=‎1‎‎2‎n-1‎(n=1,2,…).‎ ‎ (2)不存在正整数n,使得{an}的前n项和Sn为‎5‎‎2‎.‎ 因为a1=1,q=‎1‎‎2‎,‎ 所以Sn=‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎=2‎1-‎‎1‎‎2‎n.‎ 解法一:令Sn=‎5‎‎2‎,则2‎1-‎‎1‎‎2‎n=‎5‎‎2‎,‎ 得2n=-4,该方程无解.‎ 所以不存在正整数n,‎ 使得{an}的前n项和Sn为‎5‎‎2‎.‎ 解法二:因为对任意的n∈N*,有1-‎1‎‎2‎n<1,‎ 所以Sn=2‎1-‎‎1‎‎2‎n<2,‎ 所以不存在正整数n,‎ 使得{an}的前n项和Sn为‎5‎‎2‎.‎