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【创新方案】2015届高考数学一轮复习 第五章 第三节 等比数列及其前n项和演练知能检测 文

第三节

等比数列及其前 n 项和

[全盘巩固] 3 9 1.设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,a3= ,S3= ,则公比 q=( ) 2 2 1 1 1 1 A. B.- C.1 或- D.1 或 2 2 2 2 3 9 解析:选 C 当 q=1 时,a1=a2=a3= ,S3=a1+a2+a3= ,符合题意;当 q≠1 时, 2 2 3 ? ?a =a q =2, 由题意得? a -q ?S = 1-q ?
2 3 1 3 1 3

9 = , 2

1 1 解得 q=- .故 q=1 或 q=- . 2 2

2. 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=( ) A.33 B.72 C.84 D.189 解析:选 C ∵a1+a2+a3=21, 2 2 ∴a1+a1·q+a1·q =21,3+3×q+3×q =21, 2 即 1+q+q =7,解得 q=2 或 q=-3. 2 ∵an>0,∴q=2,a3+a4+a5=21×q =21×4=84. * 2n 3.已知等比数列{an}满足 an>0(n∈N ),且 a5a2n-5=2 (n≥3),则 当 n≥1 时,log2a1+ log2a3+log2a5+…+log2a2n-1 等于( ) 2 2 2 A.(n+1) B.n C.n(2n-1) D.(n-1) 2 解析:选 B 由等比数列的性质可知 a5a2n-5=an, 2n n 又 a5a2n-5=2 ,所以 an=2 . 2n-1 又 log2a2n-1=log22 =2n-1, 所 以 log2a1 + log2a3 + log2a5 + … + log2a2n - 1 = 1 + 3 + 5 + … + (2n - 1) = [1+ n- n 2 =n . 2 4.已知数列{an}满足 a1=5,anan+1=2 ,则 =( A.2 B.4 C.5 5 D. 2
n

a7 a3

)

an+1an+2 2n+1 an+2 解析:选 B 依题意得 = n =2,即 =2,故数列 a1,a3,a5,a7,…是一个 anan+1 2 an a7 以 5 为首项、2 为公比的等比数列,因此 =4. a3 * 2 2 2 5. 数列{an}中, 已知对任意 n∈N , a1+a2+a3+…+an=3n-1,则 a2 1+a2+a3+…+an=
( ) 1 n 1 n n B. (9 -1) C.9 -1 D. (3 -1) 2 4 n 解析:选 B ∵a1+a2+a3+…+an=3 -1,① n-1 ∴a1+a2+a3+…+an-1=3 -1.② n n-1 n-1 由①-②,得 an=3 -3 =2×3 . n n-1 n-1 ∴当 n≥2 时,an=3 -3 =2×3 , 又 n=1 时,a1=2 适合上式, n-1 ∴an=2×3 , A.(3 -1)
n
2

1

故数列{an}是首项为 4,公比为 9 的等比数列. n -9 1 n 2 2 2 因此 a1+a2+…+an= = (9 -1). 1-9 2 6.已知{an}为等比数列,下面结论中正确的是( ) A.a1+a3≥2a2 2 2 2 B.a1+a3≥2a2 C.若 a1= a3,则 a1=a2 D.若 a3>a1,则 a4>a2 2 2 解析:选 B 设{an}的首项为 a1, 公比为 q,则 a2=a1q,a3=a1q .∵a1+a3=a1(1+q ), 2 2 2 又 1+q ≥2q,当 a1>0 时,a1(1+q )≥2a1q,即 a1+a3≥2a2;当 a1<0 时,a1(1+q )≤2a1q, 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 即 a1+a3≤2a2,故 A 不正确;∵a1+a3=a1(1+q ),又 1+q ≥2q 且 a1>0,∴a1+a3≥2a2, 2 故 B 正确;若 a1=a3,则 q =1.∴q=±1.当 q=1 时,a1=a2;当 q=-1 时,a1≠a2,故 C 不正确;D 项中,若 q>0,则 a3q>a1q,即 a4>a2;若 q<0,则 a3q<a1q,此时 a4<a2,故 D 不正 确. 7.(2013·辽宁高考)已知等比数列{an}是递增数列,Sn 是{an}的前 n 项和.若 a1,a3 2 是方程 x -5x+4=0 的两个根,则 S6=________. 2 解析:a1,a3 是方程 x -5x+4=0 的两个根且{an}是递增数列,故 a3=4,a1= 1,故公 a1 -q6 比 q=2,S6= =63. 1-q 答案:63 8.(2014·杭州模拟)公差不为 0 的等差数列{an}的部分项 ak1,ak2,ak3,…,构成等 比数列,且 k1=1,k2=2,k3=6,则 k4=______. 2 解析:据题意等差数列的 a1,a2,a6 成等比数列,设等差数列的公差为 d,则有(a1+d) =a1(a1+5d),解得 d=3a1,故 a2=4a1,a6=16a1? ak4=64a1=a1+3a1(n-1),解得 n=22. 答案:22 1 9.(2013·江苏高考)在正项等比数列{an}中,a5= ,a6+a7=3.则满足 a1+a2+…+ 2 an>a1a2…an 的最大正整数 n 的值为________. 解析:设等比数列的首项为 a1,公比为 q>0, 1 ? ?a1·q4= , 2 由? ? ?a1·q5+a1·q6=3, 所以 an=2
n-6

2

1 得 a1= ,q=2. 32

. 2

n n-11 a1+a2+…+an=2n-5-2-5,a1a2…an=2 .
由 a1+a2+…+an>a1a2…an,得 2 由2
n-5 n-5

-2 >2

-5

n n-11
2



>2

n n-11
2

,得 n -13n+10<0,

2

13- 129 13+ 129 <n< ,取 n = 12 ,可以验证当 n = 12 时满足 a1 + a2 +…+ 2 2 an>a1a2…an,n≥13 时不满足 a1+a2+…+an>a1a2…an,故 n 的最大值为 12. 答案:12 10.数列{an}中,Sn=1+kan(k≠0,k≠1). (1)证明:数列{an}为等比数列; (2)求通项 an; 2 2 2 (3)当 k=-1 时,求和 a1+a2+…+an. 解:(1)证明:∵Sn=1+kan,① 解得

2

Sn-1=1+kan-1,② ①-②得 Sn-Sn-1=kan-kan-1(n≥2), an k ∴(k-1)an=kan-1, = 为常数,n≥2. an-1 k-1 k ∴{an}是公比为 的等比数列. k-1
(2)∵S1=a1=1+ka1,∴a1= ∴an= 1 . 1-k
n-1

1 ? k ?n-1=- k ·? . ? 1-k ?k-1? k- n 1 k (3)∵{an}中 a1= ,q= , 1-k k-1 ? 1 ?2,公比为? k ?2 的等比数列. 2 ∴{an}是首项为? ? ?k-1? ?k-1? ? ? 1 1 2 当 k=-1 时,等比数列{an}的首项为 ,公比为 , 4 4 1 1? ? ?? ?1-?4?n? 4 ? ? ? ? 1? ?1?n? 2 2 2 ∴a1+a2+…+an= = ?1-? ? ?. 1 3? ?4? ? 1- 4 bx+c 11.已知函数 f(x)= 的图象过原点,且关于点(-1,2)成中心对称. x+1 (1)求函数 f(x)的解析式; (2)若数列{an}满足 a1=2,an+1=f(an),证明数列?
? ?为等比数列,并求出数列{an} ?an-1?

an ?

的通项公式. 解:(1)∵f(0)=0,∴c=0. bx+c ∵f(x)= 的图象关于点(-1,2)成中心对称, x+1 ∴f(x )+f(-2-x)=4,解得 b=2. 2x ∴f(x)= . x+1 2an (2)∵an+1=f(an)= , an+1 ∴当 n≥2 时, an 2an-1 an-1 an-1+1 an an-1-1 an-1-1 2an-1 an-1-1 = · = · = · =2. an-1 an-1 an-1 2an-1 an-1 an-1-1 an-1 -1 an-1-1 an-1+1

a1 =2≠0, a1-1 ? an ? ?是首项为 2,公比为 2 的等比数列, ∴数列? ?an-1? n an 2 n ∴ =2 ,∴an= n . an-1 2 -1 * 12.已知数列{an}满足 a1=1,an+1=2an+1(n∈N ). (1)求证:数列{an+1}是等比数列,并写出数列{an}的通项公式; n (2)若数列{bn}满足 4b1-1·4b2-1·4b3-1·…·4bn-1=(an+1) , 求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

3

解:(1)证明:∵an+1=2an+1, ∴an+1+1=2(an+1), 又 a1=1,∴a1+1=2≠0,an+1≠0, an+1+1 ∴ =2, an+1 ∴数列{an+1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列. n n ∴an+1=2 ,可得 an=2 -1. n (2)∵4b1-1·4b2-1·4b3-1·…·4bn-1=(an+1) , ∴4b1+b2+b3+…+bn-n =2n2, 2 ∴2(b1+b2+b3+…+bn)-2n=n , 2 即 2(b1+b2+b3+…+bn)=n +2n, 1 2 ∴Sn=b1+b2+b3+…+bn= n +n. 2 [冲击名校] 1.设 f(x)是定义在 R 上恒不为零的函数,且对任意的实数 x,y∈R,都有 f(x)·f(y) 1 * =f(x+y),若 a1= ,an=f(n)(n∈N ),则数列{an}的前 n 项和 Sn 的取值范围是________. 2 1 ?1? 2 2 解析:由已知可得 a1 = f(1) = , a2 = f(2) = [f(1)] = ? ? , a3 = f(3) = f(2)f(1) = 2 ?2? ?1?3 ?1?n 3 n [f(1)] =? ? ,…,an=f(n)=[f(1)] =? ? , 2 ? ? ?2? 1 ?1?2 ?1?3 ?1?n 所以 Sn= +? ? +? ? +…+? ? 2 2 2 ? ? ? ? ?2? 1? ?1?n? ?1-? ? ? 2? ?2? ? ?1?n = =1-? ? . 1 ?2? 1- 2 1 * ∵n∈N ,∴ ≤Sn<1. 2 ?1 ? 答案:? ,1? ?2 ? * 2.数列{an}的前 n 项和记为 Sn,a1=t,点(Sn,an+1)在直线 y=3x+1 上,n∈N . (1)当实数 t 为何值时,数列{an}是等比数列; (2)在(1)的结论下,设 bn=log4an+1,cn=an+bn,Tn 是数列{cn}的前 n 项和,求 Tn. 解:(1)∵点(Sn,an+1)在直线 y=3x+1 上, * ∴an+1=3Sn+1,an=3Sn-1+1(n>1,且 n∈N ). ∴an+1-an=3(Sn-Sn-1)=3an, * ∴an+1=4an(n>1,n∈N ), a2=3S1+1=3a1+1=3t+1, ∴当 t=1 时,a2=4a1,数列{an}是等比数列. n n-1 (2)在(1)的结论下,an+1=4an,an+1=4 ,bn=log4an+1=n,cn=an+bn=4 +n, 0 1 n-1 2 n-1 ∴Tn=c1+c2+…+cn=(4 +1)+(4 +2)+…+(4 +n)=(1+4+4 +…+4 )+(1 n 4 -1 +n n +2+3+…+n)= + . 3 2 [高频滚动] 1.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,S4=40,Sn=210, Sn-4=130,则 n=( ) A.12 B.14 C.16 D.18 解析:选 B Sn-Sn-4=an+an-1+an-2+an-3=80,S4=a1+a2+a3+a4=40,所以 4(a1+ n a1+an an)=120,a1+an=30,由 Sn= =210,得 n=14. 2
4

2.已知数列{an}满足 a1=1 ,且 an=2an-1+2 (n≥2,n∈N ). (1)求证:数列? n? 是等差数列,并求出数列{an}的通项公式; ?2 ? (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. n 解:(1)证明:因为 an=2an-1+2 , n an 2an-1+2 an-1 an an-1 所以 n= = n-1+1,即 n- n-1=1, n 2 2 2 2 2 ?an? a1 1 所以数列? n?是等差数列,且公差 d=1,其首项 1= , 2 2 ?2 ? an 1 1 所以 n= +(n-1)×1=n- , 2 2 2 ? 1? n n-1 解得 an=?n- ?×2 =(2n-1)2 . ? 2? 0 1 2 n-1 (2)Sn=1×2 +3×2 +5×2 +…+(2n-1)×2 ,① 1 2 3 n-1 n 2Sn=1×2 +3×2 +5×2 +…+(2n-3)×2 +(2n-1)×2 ,② ①-②,得 -Sn=1×2 +2×2 +2×2 +…+2×2 =(3-2n)2 -3. n 所以 Sn=(2n-3)2 +3.
n
0 1 2

n

*

?an?

n-1

-(2n-1)2 =1+

n

-2 1-2

n-1

-(2n-1)2

n

5