2021届高三数学（文）一轮复习夯基提能作业本：第六章 数列 第三节 等比数列及其前n项和 Word版含解析

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.

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=9,=,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=,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是和an的等差中项.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若∈{a1,a2,…,an,…}且,,…,,…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==8,所以a3=2,所以a7=a3q4=2q4=8,所以q2=2,则a1==1,故选A.

2.C　由题意及等比数列的性质知a2·a4==16,∵an>0,∴a3=4,∵a3=a1q2=4,S3=7,∴S3==7,S2==3,∴3q2-4q-4=0,解得q=-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,于是由且公比q>1,得a3=4,a5=16,所以解得所以S5==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,

∴==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)⇒+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　

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=或q=-1(舍).

7.答案　

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+,

化简得q3-2q2+1=0,

即(q-1)(q2-q-1)=0,又q≠1,且q>0,

∴q=.

8.答案　

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===×30=.

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=

(2)a3,a5,…,a2n+1是以2为首项,4为公比的等比数列,

∴a3+a5+…+a2n+1==.

∴a1+a3+…+a2n+1=1+=.

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),∴=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==8,∏9=a1a2a3…a9=(a1a9)(a2a8)(a3a7)·(a4a6)a5=,所以∏9=83=512.

12.B　设公比为q,若q=1,则=2,与题中条件矛盾,故q≠1.

∵==qm+1=9,∴qm=8.

∴==qm=8=,∴m=3,∴q3=8,∴q=2.

13.答案　93

解析　设数列{an}的公比为q,由=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==93.

14.解析　(1)由题意得a1=S1=1+λa1,

故λ≠1,a1=,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=.

因此{an}是首项为,公比为的等比数列,于是an=.

(2)由(1)得Sn=1-.由S5=得1-=,即=.

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=.

所以Tn=++…+==1-.

16.解析　(1)∵Sn是和an的等差中项,

∴2Sn=+an,

则有2Sn-1=+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=+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====2,

∴=·2n-1=2n,又=kn,∴kn=2n,∴Tn=2+22+…+2n==2n+1-2.