高考复习《等比数列》课时作业6.3

这是一份高考复习《等比数列》课时作业6.3，共7页。

1．(2020·福建漳州八校联考)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则eq \f(S10,S5)等于( )
A．－3 B．5
C．－31 D．33
D 设等比数列{an}的公比为q，则由已知得q≠1.
∵S3＝2，S6＝18，∴eq \f(1－q3,1－q6)＝eq \f(2,18)，得q3＝8，∴q＝2.
∴eq \f(S10,S5)＝eq \f(1－q10,1－q5)＝1＋q5＝33，故选D.
2．对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是( )
A．a1，a3，a9成等比数列
B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列
D．a3，a6，a9成等比数列
D 设等比数列的公比为q，因为eq \f(a6,a3)＝eq \f(a9,a6)＝q3，即aeq \\al(2,6)＝a3a9，所以a3，a6，a9成等比数列．故选D.
3．(2020·深圳一模)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则eq \f(a,b)＝( )
A．－3 B．－1
C．1 D．3
A ∵等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，
∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝3a＋b－a－b＝2a，
a3＝S3－S2＝9a＋b－3a－b＝6a，
∵等比数列{an}中，aeq \\al(2,2)＝a1a3，
∴(2a)2＝(a＋b)×6a，解得eq \f(a,b)＝－3.
4．(2020·山西太原模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是( )
A．Sn＝2Tn B．Tn＝2bn＋1
C．Tn>an D．TnD 由题意可得Sn＋3＝3×2n，Sn＝3×2n－3，
由等比数列前n项和的特点可得数列{an}是首项为3，公比为2的等比数列，数列的通项公式an＝3×2n－1，
设bn＝b1qn－1，则b1qn－1＋b1qn＝3×2n－1，
当n＝1时，b1＋b1q＝3，当n＝2时，b1q＋b1q2＝6，
解得b1＝1，q＝2，
数列{bn}的通项公式bn＝2n－1，
由等比数列求和公式有：Tn＝2n－1，观察所给的选项：
Sn＝3Tn，Tn＝2bn－1，Tn5．(2020·广元模拟)等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a10等于( )
A．5 B．9
C．lg345 D．10
D 由等比数列的性质知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，
则原式＝lg3(a1a2…a10)＝lg3(a5a6)5＝10.
6．(2020·湘赣十四校联考)中国古代著作《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，要见末日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：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，请问最后一天走了( )
A．6里 B．12里
C．24里 D．96里
A 由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{an}，
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则q＝eq \f(1,2)，
依题意有eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝378，解得a1＝192，
则a6＝192×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝6，
最后一天走了6里，故选A.
7．(2017·江苏卷)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝eq \f(7,4)，S6＝eq \f(63,4)，则a8＝________．
解析 设{an}的首项为a1，公比为q，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－q3）,1－q)＝\f(7,4)，,\f(a1（1－q6）,1－q)＝\f(63,4)，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))所以a8＝eq \f(1,4)×27＝25＝32.
答案 32
8．在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________．
解析 因为a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4，得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，q2＝－1(舍去)，a6＝a2q4＝1×22＝4.
答案 4
9．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项和为________．
解析 设等比数列的公比为q，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q3＝9，,aeq \\al(2,1)·q3＝8，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝8，,q＝\f(1,2).))
又{an}为递增数列，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))
∴数列{an}的前n项和为eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
答案 2n－1
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1(n∈N*)，则通项an＝________．
解析 ∵an＋Sn＝1，①
∴an－1＋Sn－1＝1(n≥2)，②
由①－②，得an－an－1＋an＝0，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,2)(n≥2)，
又a1＝eq \f(1,2)，
∴数列{an}是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
则an＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(1,2n).
答案 eq \f(1,2n)
11．(2018·全国Ⅲ卷)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 (1)设数列{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)，q＝－2或q＝2.
故{an}的通项公式为an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝eq \f(1－（－2）n,3).
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.
12．(2020·陕西省级名校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
(1)证明 因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
所以Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，
则Sn＝2Sn－1－n＋4(n≥2)，
所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2](n≥2)，
又由题意知a1－2a1＝－3，
所以a1＝3，则S1－1＋2＝4，
所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)解 由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，
所以Sn＝2n＋1＋n－2，
于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝eq \f(4（1－2n）,1－2)＋eq \f(n（n＋1）,2)－2n＝eq \f(2n＋3＋n2－3n－8,2).
[技能过关提升]
13．(2020·东北三省四校联考)已知数列{an}为正项等比数列，a2＝eq \r(2)，a3＝2a1，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝( )
A．(2＋eq \r(2))[1－(eq \r(2))n]
B．(2＋eq \r(2))[(eq \r(2))n－1]
C.eq \r(2)(2n－1)
D.eq \r(2)(1－2n)
C 由{an}为正项等比数列，且a2＝eq \r(2)，a3＝2a1，可得a1＝1，公比q＝eq \r(2)，所以数列{anan＋1}是以eq \r(2)为首项，2为公比的等比数列，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq \f(\r(2)（1－2n）,1－2)＝eq \r(2)(2n－1)．故选C.
14．(2020·新乡模拟)若数列{an＋1－an}是等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝5，则an＝________．
解析 ∵a2－a1＝1，a3－a2＝3，∴q＝3，
∴an＋1－an＝3n－1，∴an－a1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－1－an－2＋an－an－1＝1＋3＋…＋3n－2＝eq \f(1－3n－1,1－3)，
∵a1＝1，∴an＝eq \f(3n－1＋1,2).
答案 eq \f(3n－1＋1,2)
15．(开放题)(2020·山东模考)在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1，且Sk＋1注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 ∵等比数列{bn}中b2＝3，b5＝－81，
∴bn＝－(－3)n－1，b1＝－1，
∴a5＝b1＝－1.
若Sk>Sk＋1，则只需Sk>Sk＋ak＋1，
即ak＋1<0，同理，若Sk＋1则只需Sk＋10.
若选①：b1＋b3＝a2时，a2＝－1－9＝－10，
∴an＝3n－16.
当k＝4时，a5<0，a6>0，Sk>Sk＋1，且Sk＋1若选②：a4＝b4＝27，∵a5＝－1，
∴{an}为递减数列，故不存在ak＋1<0，ak＋2>0，
即不存在k，使得Sk>Sk＋1，且Sk＋1若选③：S5＝－25，S5＝eq \f(5（a1＋a5）,2)＝5a3＝－25，
∴a3＝－5.∴an＝2n－11.
当k＝4时，a5<0，a6>0，Sk>Sk＋1，且Sk＋116．(2020·湖北黄冈调研)数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(n＋1,2n)an(n∈N*)．
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an,4n－an)，若数列{bn}的前n项和是Tn，求证：Tn＜2.
解 (1)由题设得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(1,2)·eq \f(an,n)，
又eq \f(a1,1)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是首项为2，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以eq \f(an,n)＝2×eq \f(1,2)n－1＝22－n，an＝n·22－n＝eq \f(4n,2n).
(2)证明：bn＝eq \f(an,4n－an)＝eq \f(\f(4n,2n),4n－\f(4n,2n))＝eq \f(1,2n－1)，
因为对任意n∈N*，2n－1≥2n－1，所以bn≤eq \f(1,2n－1).
所以Tn≤1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n－1)＝21－eq \f(1,2n)＜2.