高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.3 等比数列5.3.2 等比数列的前 n项和精练

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.3 等比数列5.3.2 等比数列的前 n项和精练，共37页。

5.3.2　等比数列的前n项和
基础过关练
题组一　等比数列前n项和的有关运算
1.(2020山东临沂蒙阴实验中学高二期末)已知等比数列{an}为单调递增数列,设其前n项和为Sn,若a2=2,S3=7,则a5=(　　)
A.16 B.32 C.8 D.14
2.已知Sn为数列{an}的前n项和,a1=-2,an+1=Sn,那么a5=(　　)
A.-4 B.-8
C.-16 D.-32
3.(2020广东广州荔湾高二期末)已知各项均为正数的数列{an}为等比数列,Sn是它的前n项和,若S3=7a3,且a2与a4的等差中项为5,则S5=(　　)
A.29 B.31
C.33 D.35
4.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a5=12a3,则S8S4=(　　)
A.54 B.34 C.45 D.43
5.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
6.记Sn为各项均为正数的等比数列{an}的前n项和.若a1+a2=3,a3+a4=12,则公比q=　　　　,S6=　　　　. 
7.数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1(n≥2),…是首项为1,公比为2的等比数列,那么an=　　　　. 
8.已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和,a2,a3是方程x2-4x+3=0的两个实根,则S4=　　　　. 
9.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+S6=2S9,则该数列的公比q=　　　　. 
10.(2020天津第一百中学高二期中)等比数列{an}的各项均为正数,其前n项为Sn,已知S3=74,S6=634,则a8=　　　　. 
题组二　等比数列前n项和的性质
11.(2020河南南阳中学高二月考)已知数列{an}是等比数列,Sn为其前n项和,若a1+a2+a3=4,a4+a5+a6=8,则S12=(　　)
A.40 B.60
C.32 D.50
12.等比数列{an}共2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q=　　　　. 
题组三　分组求和法求和
13.(2020山东师范大学附中高二月考)数列{(-1)nn}的前2 019项的和是(　　)
A.-2 019 B.-1 010 C.1 010 D.2 019
14.(2020云南玉溪第一中学高二期末)在数列{an}中,a2a6=64,且log2an,12log2an+1,1(n∈N+)成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=(2n+1)+an,求数列{bn}的前n项和Tn.









15.已知数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且a1=11,b1=1,a2+b2=11,a3+b3=11.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{an+bn}的前n项和Tn.








16.已知数列{an}是等差数列,满足a1=-1,a5=3,数列{bn-an}是公比为2的等比数列,且b2-2a2=2.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.

















17.(2020北京西城三十一中高一期中)在等差数列{an}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an+bn}是首项为1,公比为q的等比数列,求{bn}的前n项和Sn.

















题组四　错位相减法求和
18.(2020宁夏石嘴山平罗中学高二期末)已知数列{an}满足a1=1,且an+1=2an+1.
(1)证明数列{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=n(an+1),求数列{bn}的前n项和Sn.
















19.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+2n(n∈N+),数列{bn}是等比数列,且b1=a1-1,a4+b4=25.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.









20.记Sn为等差数列{an}的前n项和,数列{bn}为各项均为正数的等比数列,已知a3=5,S3=9,b1=a1,b5=S4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记Tn为数列{anbn}的前n项和,求Tn.





能力提升练
题组一　等比数列前n项和的有关运算
1.(2020辽宁辽阳高二期末,)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若1a1+1a2+1a3+1a4+1a5=10,a3=1,则S5=(　　)
A.10 B.15 C.20 D.25
2.(2020河南濮阳高二期末,)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个情境:“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.”其意思是“有一个人要去378里外的地方,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半,走了6天后到达目的地.”请问他第三天走了(　　)
A.60里 B.48里 C.36里 D.24里
3.(2020四川南充高二期末,)已知{an}是等比数列,a2=2,a5=14,则a1a3+a2a4+…+anan+2=(　　)
A.16(1-4-n) B.16(1-2-n)
C.163(1-2-n) D.163(1-4-n)
4.(多选)(2020山东济宁高二期末,)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an2+3an(n∈N+),则下列结论正确的是(　　)
A.1an+3为等差数列
B.{an}的通项公式为an=12n+1-3
C.{an}为递增数列
D.1an的前n项和Tn=2n+2-3n-4
5.(2020湖南郴州高二期末,)已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn-2an+1=0,则a2 020=　　　　. 
6.(2020江苏淮安淮阴中学高三期中,)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S9=S3+2S6,则当S6+1S3取得最小值时,S9的值为　　　　. 
7.(2020江苏南通高二期末,)已知数列{an}满足a1=1,前n项和Sn=3n2-pn,n∈N+.
(1)求实数p的值及数列{an}的通项公式;
(2)在等比数列{bn}中,b1b2=a1,b4=a3+a4.若{bn}的前n项和为Tn,求证:数列Tn+16为等比数列.












题组二　等比数列前n项和的性质的应用
8.(2020宁夏银川育才中学高二期中,)在等比数列{an}中,Sn为其前n项和,且S4=1,S8=3,则a13+a14+a15+a16的值是(　　)
A.8 B.15 C.18 D.20
9.(2020湖北部分重点中学高二期末联考,)等比数列{an}的前n项和为Sn,其中n∈N+,则下列说法正确的是(　　)
A.若a3>a1>0,则an>0
B.若a3>a1>0,则Sn>0
C.若a3+a2+a1>a2+a1>0,则an>0
D.若a3+a2+a1>a2+a1>0,则Sn>0
10.(多选)(2020山东临沂高二期末,)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并且满足条件a1>1,a7a8>1,a7-1a8-1<0,则下列结论正确的是(　　)
A.0 C.Tn的最大值为T7 D.Sn的最大值为S7
题组三　等比数列前n项和的综合应用
11.(2020安徽合肥第六中学高二期末,)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-2,若存在两项an,am,使得anam=64,则1m+2n的最小值为(　易错　)
A.12+23 B.1
C.3+22 D.75
12.(2020山东济南历城第二中学高二期中,)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,其中a2=2,a5=16,则S2n+Sn+662n的最小值是　　　　. 
13.(2020河南洛阳高二期末,)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S3=-6,S6=42.
(1)求an,Sn;
(2)证明:Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.
















14.(2020湖北荆州中学高二期末,)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-92n,n∈N+,bn=an-32n.
(1)求证:数列{bn}为等比数列,并求出数列{an}的通项公式;
(2)是否存在实数λ,对任意的m,n∈N+,不等式Sm>λbn恒成立?若存在,求出λ的取值范围,若不存在,请说明理由.

















15.(2020辽宁抚顺六校高二期末联考,)已知数列{an}为等差数列,且满足a2=0,a6=12,数列{bn}的前n项和为Sn,且b1=1,bn+1=2Sn+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:{bn}是等比数列,并求{bn}的通项公式;
(3)若对任意的n∈N+,不等式k·Sn+12≥an恒成立,求实数k的取值范围.
















16.(2020浙江“七彩阳光”新高考研究联盟高二期中,)已知数列{an}满足a1=1,数列an+12是公比为3的等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)当n≥2时,证明:1an<13n-1;
(3)设数列1an的前n项和为Sn,证明:Sn<32.
















17.(2020江西新余一中高二月考,)已知数列{an}的各项均为正数,且其前n项和为Sn,对任意的n∈N+,点(an,Sn)都在函数f(x)=2x-2的图像上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列bn=(2n-1)an,求数列{bn}的前n项和Tn;
(3)已知数列{cn}满足cn=1an-1n-1n+1(n∈N+),若对任意的n∈N+,存在x0∈-12,12,使得c1+c2+…+cn≤f(x0)-a成立,求实数a的取值范围.















答案全解全析
5.3.2　等比数列的前n项和
基础过关练
1.A　设等比数列{an}的首项为a1,公比为q.∵等比数列{an}为单调递增数列,a2=2,
∴q>1.
又S3=7,
∴a2=a1q=2,S3=a1(1-q3)1-q=7,q>1,∴a1=1,q=2,
∴a5=a1q4=1×24=16.
2.C　当n≥2时,an+1=Sn,an=Sn-1,因此an+1-an=Sn-Sn-1=an,整理得an+1=2an.
当n=1时,a2=a1=-2,不满足a2=2a1.
故数列{an}从第二项起各项构成等比数列,公比为2,a2=-2.
那么a5=-2×23=-16.
3.B　设等比数列{an}的公比为q(q>0),由S3=7a3,得a1+a2+a3=7a3,
所以6a3-(a1+a2)=0,即6q2-q-1=0,
解得q=12或q=-13(舍去).
依题意得a2+a4=10,即a1(q+q3)=10,所以a1=16.
所以S5=16×1-1251-12=31.
4.A　设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1.
因为a5=12a3,所以q2=12,
因此S8S4=a1(1-q8)1-qa1(1-q4)1-q=1-q81-q4=1+q4=54.
5.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.
6.答案　2;63
解析　因为等比数列{an}的各项均为正数,所以q>0,又a1+a2=3①,a3+a4=12②,②÷①得,q2=4,所以q=2,从而可得a1=1,所以S6=a1(1-q6)1-q=1-261-2=63.
7.答案　2n-1
解析　由题意得an-an-1=1×2n-1=2n-1(n≥2),即a2-a1=2,a3-a2=22,……an-an-1=2n-1(n≥2),
各式相加得an-a1=2+22+…+2n-1=2n-2,故an=a1+2n-2=2n-1.
8.答案　403
解析　设等比数列{an}的公比为q,解方程得x1=1,x2=3,
∵等比数列{an}为递增数列,
∴a2=1,a3=3,
∴q=3,∴a1=13,
∴S4=13×(1-34)1-3=403.
9.答案　-342
解析　当q=1时,Sn=na1,
而S3+S6=3a1+6a1=9a1=S9≠2S9,故不符合题意;
当q≠1时,a1(1-q3)1-q+a1(1-q6)1-q=2×a1(1-q9)1-q,
得2-q3-q6=2-2q9,
∴2q9-q6-q3=0,
解得q3=-12或q3=1(舍去)或q3=0(舍去),
∴q=-342.
10.答案　32
解析　设等比数列{an}的公比为q.由题意得q>0且q≠1,所以S3=a1(1-q3)1-q=74①,S6=a1(1-q6)1-q=634②,②①得1-q61-q3=9,即1+q3=9,所以q3=8,所以q=2,代入①得a1=14,所以a8=14×27=25=32.
11.B　由等比数列的性质可知,S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9构成等比数列,即数列4,8,S9-S6,S12-S9构成等比数列,所以S9-S6=16,S12-S9=32,因此S12=(S12-S9)+(S9-S6)+(S6-S3)+S3=32+16+8+4=60,故选B.
12.答案　2
解析　设各奇数项的和为S奇,各偶数项的和为S偶.根据题意得S奇+S偶=-240,S奇-S偶=80,
解得S奇=-80,S偶=-160,∴q=S偶S奇=-160-80=2.
13. B　设该数列的前n项和为Sn.由题意得
S2019=-1+2-3+4-5+6-…-2017+2018-2019=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+(-2 017+2 018)-2 019=1 009×1-2 019=-1 010.
14.解析　(1)∵log2an,12log2an+1,1成等差数列,
∴2×12log2an+1=log2an+1,
∴an+1=2an,且an>0,
∴{an}是等比数列,且公比为2,
由a2a6=64,得a4=8,∴a1=1,
∴an=2n-1.
(2)∵bn=(2n+1)+2n-1,
∴Tn=[3+5+7+…+(2n+1)]+(1+21+22+…+2n-1)=n2+2n+2n-1.
15.解析　(1) 设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q≠0),则由题意得11+d+q=11,11+2d+q2=11,所以d=-2,q=2,
所以an=11+(n-1)×(-2)=-2n+13,
bn=1×2n-1=2n-1.
(2)由(1)得an+bn=-2n+13+2n-1.
故Tn=[11+9+…+(-2n+13)]+(1+2+22+…+2n-1)
=n(11-2n+13)2+1×(1-2n)1-2=-n2+12n+2n-1.
16.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,则d=a5-a15-1=1,
所以数列{an}的通项公式为an=n-2.
所以a2=0.
因为b2-2a2=2,
所以b2-a2=2,
又因为数列{bn-an}是公比为2的等比数列,
所以bn-an=2n-1.
所以bn=2n-1+n-2.
(2)Sn=b1+b2+…+bn
=(1+21+22+…+2n-1)+[-1+0+1+…+(n-2)]
=2n+n(n-3)2-1.
17.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
∵a2+a7=-23,a3+a8=-29,∴2a1+7d=-23,2a1+9d=-29,
解得a1=-1,d=-3,
∴数列{an}的通项公式为an=-3n+2.
(2)由数列{an+bn}是首项为1,公比为q的等比数列得,
an+bn=qn-1,即-3n+2+bn=qn-1,
∴bn=3n-2+qn-1,
∴Sn=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+q+q2+…+qn-1)
=n(3n-1)2+(1+q+q2+…+qn-1).
∴当q=1时,Sn=n(3n-1)2+n=3n2+n2;
当q≠1时,Sn=n(3n-1)2+1-qn1-q.
18.解析　(1)∵an+1=2an+1,
∴an+1+1=2(an+1),∵a1+1=2≠0,
∴an+1+1an+1=2,
∴数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,
∴an+1=2×2n-1=2n,∴an=2n-1.
(2)由(1)知bn=n·2n,
∴Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,①
2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②
①-②得,-Sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=2×(1-2n)1-2-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2.
∴Sn=(n-1)×2n+1+2.
19.解析　(1)当n=1时,a1=S1=3,
当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+2(n-1)=n2-1,
则an=Sn-Sn-1=2n+1.
当n=1时,a1=3也成立,则an=2n+1.
因为b1=a1-1,a4+b4=25,
所以b1=2,9+b4=25,所以b4=16.
设等比数列{bn}的公比为q,
则b4=b1q3=16,解得q=2,
故bn=b1qn-1=2n.
(2)由(1)可得anbn=(2n+1)×2n,
则Tn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n,①
2Tn=3×22+5×23+…+(2n-1)×2n+(2n+1)×2n+1,②
①-②得-Tn=6+23+24+…+2n+1-(2n+1)×2n+1=(1-2n)×2n+1-2,
故Tn=(2n-1)×2n+1+2.
20.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),
由a3=a1+2d=5和S3=3a1+3d=9,得a1=1,d=2,
所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1,
即数列{an}的通项公式为an=2n-1.
b1=a1=1,由b5=S4得b1·q4=4a1+6d=4+6×2=16,
因为q>0,所以q=2,则bn=b1·qn-1=2n-1,
所以数列{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)由(1)知anbn=(2n-1)×2n-1,
故Tn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-1)×2n-1,①
2Tn=1×21+3×22+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,②
①-②得-Tn=1+2×21+2×22+…+2×2n-1-(2n-1)×2n
=1+2×2×(1-2n-1)1-2-(2n-1)×2n
=-3-(2n-3)×2n,
所以Tn=(2n-3)×2n+3.
能力提升练
1.A　1a1+1a2+1a3+1a4+1a5=a1+a5a1a5+a2+a4a2a4+1a3=a1+a2+a3+a4+a5a32=S5a32=10,
又a3=1,所以S5=10.
2.B　依题意知每天步行的路程数构成等比数列,设其首项为a1,公比为q,前n项和为Sn,则q=12,S6=378,故a11-1261-12=378,解得a1=192,故a3=a1q2=192×14=48.
3.D　设等比数列{an}的公比为q,
因为a2=2,a5=14,
所以q3=a5a2=18,则q=12.
由a2=2,得a1=4,则an=4×12n-1.
所以anan+2=4×12n-1×4×12n+1=16×14n,
所以数列{anan+2}是以4为首项,14为公比的等比数列,
所以a1a3+a2a4+…+anan+2=41-14n1-14=1631-14n.
4.BD　易知数列{an}的各项均不为0.因为1an+1=2+3anan=2an+3,所以1an+1+3=21an+3,又1a1+3=4≠0,
所以1an+3是以4为首项,2为公比的等比数列,A错误;1an+3=4×2n-1,即an=12n+1-3,B正确;易知{an}为递减数列,C错误;
1an的前n项和Tn=(22-3)+(23-3)+…+(2n+1-3)=2(21+22+…+2n)-3n
=2×2×(1-2n)1-2-3n=2n+2-3n-4,D正确.
5.答案　22 019
解析　当n=1时,S1-2a1+1=-a1+1=0,解得a1=1,
当n≥2且n∈N+时,Sn=2an-1,Sn-1=2an-1-1,∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,
即an=2an-1,
∴数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n-1,∴a2 020=22 019.
6.答案　733
解析　设等比数列{an}的公比为q.由S9=S3+2S6可知q≠1,所以a1(1-q9)1-q=a1(1-q3)1-q+2×a1(1-q6)1-q,
化简得1-q9=1-q3+2(1-q6),即q9-2q6-q3+2=0,即(q6-1)(q3-2)=0,得q3=2,
∴S6+1S3=a1(1-q6)1-q+1-qa1(1-q3)=3a1q-1+q-1a1≥23,
当且仅当3a1q-1=q-1a1,即a1=q-13时,S6+1S3取得最小值,
此时S9=a1(1-q9)1-q=q-13×(q9-1)q-1=733.
7.解析　(1)依题意a1=S1=3-p=1,所以p=2,所以Sn=3n2-2n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5,当n=1时,a1=1也成立,所以an=6n-5.
(2)证明:设等比数列{bn}的公比为q,由b1b2=a1=1,得b12q=1①,由b4=a3+a4,得b1q3=32②,联立①②解得b1=12,q=4,所以Tn=12·(1-4n)1-4=16·(4n-1),所以Tn+16=16·4n.当n≥2时,Tn+16Tn-1+16=16·4n16·4n-1=4,又T1+16=23,所以数列Tn+16是以23为首项,4为公比的等比数列.
8.A　∵S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比数列,且S4=1,S8-S4=2,∴S12-S8=4,S16-S12=8,即a13+a14+a15+a16=8.故选A.
9.D　对于A,若an=(-2)n-1,满足a3>a1>0,但an>0不一定成立,故A错误.
对于B, 若an=(-2)n-1,满足a3>a1>0,但S2=(-2)0+(-2)1=-1,不满足Sn>0,
故B错误.
对于C, 若an=-12n-1,满足a3+a2+a1>a2+a1>0,但an>0不一定成立,故C错误.
对于D,设等比数列{an}的公比为q,因为a3+a2+a1>a2+a1,所以a3>0,
即a1q2>0⇒a1>0.又a2+a1>0⇒a2>-a1⇒q>-1.
则当0<|q|<1时,Sn=a1(1-qn)1-q>0,
当q=1时,Sn=na1>0,
当q>1时,Sn=a1(1-qn)1-q=a1(qn-1)q-1>0.
综上有Sn>0.故D正确.
10.ABC　由a1>1,a7a8>1,a7-1a8-1<0可知a7>1,0 ∴T7是数列{Tn}中的最大项,故A、B、C正确.
因为a1>0,q>0,∴Sn是递增的,无最大值,故D不正确.
11.B　由Sn=2an-2可得a1=S1=2a1-2,即a1=2,
当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,又Sn=2an-2,
所以an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-1,
所以{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2n.
aman=64,即2m·2n=64,得m+n=6,又m,n∈N+,所以m=1,n=5或m=2,n=4或m=3,n=3或m=4,n=2或m=5,n=1,
经验证,当m=2,n=4或m=3,n=3时,1m+2n取得最小值1.
易错警示
求出m+n=6时,很多同学想当然的用均值不等式求解,实际上,m,n∈N+,等号成立的条件并不满足,故不能用均值不等式求解.
12.答案　17
解析　设等比数列{an}的公比为q.由a2=2,a5=16可得公比q=3a5a2=2,故a1=a2q=1,故Sn=1×(1-2n)1-2=2n-1,S2n=22n-1,故≥22n×642n+1=17,
当且仅当2n=642n,即2n=8,n=3时,等号成立.故S2n+Sn+662n的最小值是17.
13.解析　 (1)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,由S6=42≠2S3=-12得q≠1,则
S3=a1(1-q3)1-q=-6,①S6=a1(1-q6)1-q=42,②
②①得1+q3=-7,即q3=-8,
所以q=-2,所以a1=-2,
所以an=(-2)n,
Sn=(-2)×[1-(-2)n]1-(-2)=-23[1-(-2)n].
(2)证明:由(1)知,Sn+1+Sn+2=-[2-(-2)n+1-(-2)n+2]
=[1-(-2)n]=2Sn,
所以Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.
14.解析　(1)当n≥2时,
an=Sn-Sn-1=2an-92n-2an-1-92n-1,
∴an=2an-1-92n,
bnbn-1=an-32nan-1-32n-1=2an-1-92n-32nan-1-62n=2(n≥2),∴数列{bn}是公比为2的等比数列.
当n=1时,S1=2a1-92,∴a1=92,b1=a1-32=3,
∴bn=3·2n-1,∴an=bn+32n=32n+3·2n-1.
(2)Sm=3·121+122+…+12m+3·(20+21+…+2m-1)
=3·121-12m1-12+3·20(1-2m)1-2=3·2m-32m,
假设存在实数λ,对任意的m,n∈N+,Sm>λbn恒成立.
对于Sm=3·2m-32m,易知(Sm)min=S1=92,又bn=3·2n-1,∴(bn)min=b1=3,
∴λ<(Sm·bn)min=272.
∴λ的取值范围为-∞,272.
15.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
∵a6-a2=4d=12,∴d=3,
∴an=a2+(n-2)d,即an=3n-6.
(2)∵bn+1=2Sn+1,∴bn=2Sn-1+1(n≥2),
∴bn+1-bn=2(Sn-Sn-1),∴bn+1=3bn(n≥2).
又b2=2S1+1=3,b2=3b1也成立,
∴{bn}是以1为首项,3为公比的等比数列,∴bn=3n-1.
(3)Sn=1-3n1-3=3n-12,∴k·3n-12+12≥3n-6对n∈N+恒成立,
即k≥6(n-2)3n对n∈N+恒成立.
令cn=n-23n,则cn-cn-1=n-23n-n-33n-1=-2n+73n(n≥2且n∈N+),
当n≤3且n∈N+时,cn>cn-1,当n≥4且n∈N+时,cn ∴(cn)max=c3=127,故k≥6c3=29,
即k的取值范围为29,+∞.
16.解析　(1)由条件知an+12=32×3n-1=3n2,∴an=3n-12.
(2)证明:要证当n≥2时,1an<13n-1成立,
即证an>3n-1(n≥2),即证3n-12>3n-1(n≥2),
即证3n-1>2×3n-1(n≥2),
即证3n-2×3n-1=3n-1>1(n≥2).
∵当n≥2时,3n-1>1显然成立,
∴原不等式成立.
即n≥2时,1an<13n-1成立.
(3)证明:由(2)可知当n≥2时,1an<13n-1,所以
Sn=1a1+1a2+1a3+…+1an<1+13+132+…+13n-1=1×1-13n1-13=321-13n<32.
当n=1时,Sn=a1=1<32成立.
综上,Sn<32成立.
17.解析　(1)将点(an,Sn)代入函数f(x)的解析式中,得到Sn=2an-2.
当n=1时,S1=2a1-2,即a1=2a1-2,解得a1=2;
当n≥2时,由Sn=2an-2得Sn-1=2an-1-2,
∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,∴an=2an-1.
∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,因此an=2×2n-1=2n.
(2)∵bn=(2n-1)·an=(2n-1)·2n,n∈N+,
∴Tn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,①
2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,②
①-②得-Tn=1×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)×2n+1
=2+2×22(1-2n-1)1-2-(2n-1)×2n+1=-6+(3-2n)×2n+1,
∴Tn=6+(2n-3)×2n+1.
(3)cn=1an-1n-1n+1=12n-1n-1n+1=12n-1n+1n+1.
令Mn为数列{cn}的前n项和,
则Mn=121-1+12+122-12+13+…+12n-1n+1n+1=121-12n1-12-1+1n+1=1n+1-12n.
易知c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,
当n≥5时,cn=12n-1n(n+1)=n(n+1)-2nn(n+1)·2n,
令dn=n(n+1)-2n,则dn+1-dn=[(n+1)(n+2)-2n+1]-[n(n+1)-2n]=2(n+1)-2n,
令xn=dn+1-dn,则xn+1-xn=[2(n+2)-2n+1]-[2(n+1)-2n]=2-2n,
当n≥5时,xn+1-xn<0,此时数列{xn}为递减数列,所以xn≤x5=12-32<0,
则dn+1-dn<0,即dn+1 那么当n≥5时,数列{dn}为递减数列,此时dn≤d5=30-32<0,则cn<0.
因此,数列{Mn}的最大值为M4=15-124=1180.
当x∈-12,12时,函数y=f(x)-a单调递增,
此时,函数y=f(x)-a的最大值为-1-a.
因为对任意的n∈N+,存在x0∈-12,12,使得c1+c2+…+cn≤f(x0)-a,所以(Mn)max≤[f(x)-a]max,
所以1180≤-1-a,解得a≤-9180.
因此,实数a的取值范围是-∞,-9180.