2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第五章 第3节 等比数列及其前n项和

2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第五章 第3节 等比数列及其前n项和

www.ks5u.com 多维层次练30‎ ‎[A级　基础巩固]‎ ‎1．(2020·郴州一模)在数列{an}中，满足a1＝2，a＝an－1·an＋1(n≥2，n∈N*)，Sn为{an}的前n项和，若a6＝64，则S7的值为(　　)‎ A．126 B．256 ‎ C．255 D．254‎ 解析：数列{an}中，满足a＝an－1an＋1(n≥2)，则数列{an}为等比数列，设其公比为q，又由a1＝2，a6＝64，得q5＝＝32，则q＝2，则S7＝＝28－2＝254.‎ 答案：D ‎2．(2020·惠州联考)已知数列{an}为等差数列，且2a1，2，2a6成等比数列，则{an}前6项的和为(　　)‎ A．15 B. ‎ C．6 D．3‎ 解析：由2a1，2，2a6成等比数列，可得4＝2a1·2a6＝2a1＋a6，‎ 即a1＋a6＝2，又数列{an}为等差数列，‎ 所以{an}前6项的和为×6(a1＋a6)＝6.‎ 答案：C ‎3．已知数列{an}为正项等比数列，a2＝，a3＝2a1，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(　　)‎ A．(2＋)[1－()n] B．(2＋)[()n－1]‎ C.(2n－1) D.(1－2n)‎ 解析：由{an}为正项等比数列，且a2＝，a3＝2a1，可得a1＝1，公比q＝，所以数列{anan＋1}是以为首项，2为公比的等比数列，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(2n－1)．‎ 答案：C ‎4．(2020·衡阳一模)在等比数列{an}中，a1a3＝a4＝4，则a6的所有可能值构成的集合是(　　)‎ A．{6} B．{－8，8}‎ C．{－8} D．{8}‎ 解析：因为a1a3＝a＝4，a4＝4，所以a2＝2，所以q2＝＝2，所以a6＝a2q4＝2×4＝8，故a6的所有可能值构成的集合是{8}．‎ 答案：D ‎5．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则2a7＋a11的最小值为(　　)‎ A．16 B．8 ‎ C．2 D．4‎ 解析：因为a4与a14的等比中项为2，‎ 所以a4·a14＝a7·a11＝(2)2＝8，‎ 所以2a7＋a11≥2＝2＝8，‎ 所以2a7＋a11的最小值为8.‎ 答案：B ‎6．(2019·全国卷Ⅰ)设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝________．‎ 解析：由a＝a6得(a1q3)2＝a1q5，‎ 整理得q＝＝3.‎ 所以S5＝＝.‎ 答案： ‎7．在各项均为正数的等比数列{an}中，若am·am＋2＝2am＋1(m∈N*)，数列{an}的前n项积为Tn，且T2m＋1＝128，则m的值为________，数列{an}的前n项和Sn＝________．‎ 解析：因为am·am＋2＝2am＋1，所以a＝2am＋1，‎ 即am＋1＝2，即{an}为常数列．‎ 又T2m＋1＝(am＋1)2m＋1，由22m＋1＝128，得m＝3.‎ 数列{an}的前n项和Sn＝2n.‎ 答案：3　2n ‎8．已知数列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项的和S9＝________．‎ 解析：由＝4(an＋1－an)可得a－4an＋1an＋4a＝0，即(an＋1－2an)2＝0，即an＋1＝2an，又a1＝2，所以数列{an}是首项和公比都是2的等比数列，则其前9项的和S9＝＝210－2＝1 022.‎ 答案：1 022‎ ‎9．已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求{bn}的前n项和．‎ 解：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2，‎ 所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.‎ ‎(2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝，‎ 因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列．‎ 记{bn}的前n项和为Sn，‎ 则Sn＝＝－.‎ ‎10．已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值．‎ 解：(1)因为点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，‎ 所以an＋1＝an＋2，所以an＋1－an＝2，‎ 所以数列{an}是等差数列，公差为2，又a1＝1，‎ 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.‎ ‎(2)数列{an}的前n项和Sn＝＝n2.‎ 等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，所以q＝3.‎ 所以bn＝3n－1.‎ 所以数列{bn}的前n项和Tn＝＝.‎ Tn≤Sn可化为≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2.‎ 故适合条件Tn≤Sn的所有n的值为1，2.‎ ‎[B级　能力提升]‎ ‎11．(2020·合肥二模)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件．已知第一层货物单价是1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则n的值为(　　)‎ A．7 B．8 ‎ C．9 D．10‎ 解析：由题意知，茭草垛自上而下堆放的货物件数构成一个等差数列{an}，且an＝n，货物单价构成一个等比数列{bn}，且bn＝，所以每一层货物的总价为anbn＝n·万元，‎ 所以这堆货物的总价(单位：万元)为Sn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，‎ 所以Sn＝1×1＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×.‎ 两边同乘得，Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，‎ 两式相减得Sn＝1＋＋＋＋…＋－n×＝10－(10＋n)×，‎ 所以Sn＝100－10×(10＋n)×，‎ 由100－10×(10＋n)×＝100－200×，‎ 整理得10×(10＋n)＝200，解得n＝10.‎ 答案：D ‎12．数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝3－，n∈N*，则a1＋a2＋…＋an＝________．‎ 解析：因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝3－，‎ 所以a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝3－(n≥2)，‎ 两式相减得(2n－1)an＝(n≥2)，an＝(n≥2)，‎ 当n＝1时，a1＝3－＝，适合上式，‎ 所以an＝(n∈N*)．‎ 因此a1＋a2＋…＋an＝＝1－.‎ 答案：1－ ‎13．(2020·长治二模)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.‎ ‎(1)求an及Sn.‎ ‎(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由题意可得解得a1＝1，q＝3，‎ 所以an＝3n－1，Sn＝＝.‎ ‎(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，‎ 因为S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，‎ 所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝，此时Sn＋＝×3n，则＝3，‎ 故存在常数λ＝，使得数列是等比数列．‎ ‎[C级　素养升华]‎ ‎14．(多选题)设数列{an}是各项均为正数的等比数列，Tn是{an}的前n项之积，a2＝27，a3·a6·a9＝，则当Tn最大时，n的值为(　　)‎ A．4 B．5 ‎ C．6 D．7‎ 解析：因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，a3·a6·a9＝，所以a＝，解得a6＝.因为a2＝27，所以q4＝＝，‎ 解得q＝，‎ 所以an＝a2qn－2＝27×＝.‎ 令an＝＝1，解得n＝5，则当Tn最大时，n的值为4或5.‎ 答案：AB 素养培育数学运算、数学抽象——等差(比)数列性质的应用(自主阅读)‎ ‎(1)数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养．本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果．通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展．‎ ‎(2)数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想．‎ 类型1　等差数列两个性质的应用 在等差数列{an}中，Sn为{an}的前n项和：‎ ‎(1)S2n－1＝(2n－1)an；‎ ‎(2)设{an}的项数为2n，公差为d，则S偶－S奇＝nd.‎ ‎[典例1]　(1)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，则m＝________．‎ ‎(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d＝________．‎ 解析：(1)由am－1＋am＋1－a＝0得2am－a＝0，解得am＝0或am＝2.‎ 又S2m－1＝＝(2m－1)am＝38，‎ 显然可得am≠0，所以am＝2.‎ 代入上式可得2m－1＝19，解得m＝10.‎ ‎(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.‎ 由已知条件，得解得 又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.‎ 答案：(1)10　(2)5‎ 类型2　等比数列两个性质的应用 在等比数列{an}中，(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则an·am＝ap·aq；(2)当公比q≠－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(n∈N*)．‎ ‎[典例2]　(1)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 ‎(2)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于(　　)‎ A. B．－ C. D. 解析：(1)数列{lg an}的前8项和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.‎ ‎(2)因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝，所以a7＋a8＋a9＝.‎ 答案：(1)C　(2)A 类型3　等比数列前n项和Sn相关结论的活用 ‎(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{an}中，公比为q.若共有2n项，则S偶∶S奇＝q.‎ ‎(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm(q为公比)．‎ ‎[典例3]　(1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________．‎ ‎(2)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为________．‎ 解析：(1)由题意，得 解得 所以q＝＝＝2.‎ ‎(2)设等比数列{an}的公比q，易知S3≠0.‎ 则S6＝S3＋S3q3＝9S3，所以q3＝8，q＝2.‎ 所以数列是首项为1，公比为的等比数列，其前5项和为＝.‎ 答案：(1)2　(2)