【创新设计】（浙江专用）2022届高考数学总复习 第6篇 第3讲 等比数列及其前n项和限时训练 理

第3讲　等比数列及其前n项和分层A级　基础达标演练(时间：30分钟　满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2022·北京海淀区一模)在等比数列{an}中，a1＝8，a4＝a3a5，则a7＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.B.C.D.解析　在等比数列{an}中a＝a3a5，又a4＝a3a5，所以a4＝1，故q＝，所以a7＝.答案　B2．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝(　　)．A．4·nB．4·nC．4·n－1D．4·n－1解析　(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)⇒a＝5，a1＝4，q＝，∴an＝4·n－1.答案　C3．(2022·浙江改编)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＝(　　)．A.B.C.D．2解析　∵S4－S2＝a3＋a4＝3(a4－a2)，∴a2(q＋q2)＝3a2(q2－1)，∴q＝－1(舍去)或q＝.答案　A4．(2022·江西盟校二联)在正项等比数列{an}中，Sn是其前n项和．若a1＝1，a2a6＝8，则S8＝(　　)．A．8B．15(＋1)6\nC．15(－1)D．15(1－)解析　∵a2a6＝a＝8，∴aq6＝8，∴q＝，∴S8＝＝15(＋1)．答案　B二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2022·广州综合测试)在等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝2，若an＝64，则n的值为________．解析　因为an＝a1qn－1且a1＝1，q＝2，所以64＝26＝1×2n－1，所以n＝7.答案　76．(2022·辽宁)已知等比数列{an}为递增数列．若a1>0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的公比q＝________.解析　∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，∴2an＋2anq2＝5anq，化简得，2q2－5q＋2＝0，由题意知，q>1.∴q＝2.答案　2三、解答题(共25分)7．(12分)已知等差数列{an}满足a2＝2，a5＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)在各项均为正数的等比数列{bn}中，b1＝1，b2＋b3＝a4，求{bn}的前n项和Tn.解　(1)设等差数列{an}的公差为d，则由已知得∴a1＝0，d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－2.(2)设等比数列{bn}的公比为q，则由已知得q＋q2＝a4，∵a4＝6，∴q＝2或q＝－3.∵等比数列{bn}的各项均为正数，∴q＝2.∴{bn}的前n项和Tn＝＝＝2n－1.8．(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；(2)求数列{bn}的通项公式．思维启迪：(1)由an＋Sn＝n及an＋1＋Sn＋1＝n＋1转化成an与an＋1的递推关系，再构造数列{an－1}．(2)由cn求an再求bn.(1)证明　∵an＋Sn＝n，①6\n∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，∴＝，∴{an－1}是等比数列．又a1＋a1＝1，∴a1＝，∵首项c1＝a1－1，∴c1＝－，公比q＝.又cn＝an－1，∴{cn}是以－为首项，为公比的等比数列．(2)解　由(1)可知cn＝·n－1＝－n，∴an＝cn＋1＝1－n.∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－n－＝n－1－n＝n.又b1＝a1＝代入上式也符合，∴bn＝n.探究提高　注意判断一个数列是等比数列的方法，另外第(2)问中要注意验证n＝1时是否符合n≥2时的通项公式，能合并的必须合并．分层B级　创新能力提升1．(2022·全国)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A．2n－1B.n－1C.n－1D.解析　当n＝1时，a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，解得3an＝2an＋1，∴＝.又∵S1＝2a2，∴a2＝，∴＝，∴{an}从第二项起是以为公比的等比数列，6\n∴an＝∴Sn＝n－1.答案　B2．(2022·威海模拟)在由正数组成的等比数列{an}中，若a3a4a5＝3π，则sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)的值为(　　)．A.B.C．1D．－解析　因为a3a4a5＝3π＝a，所以a4＝.log3a1＋log3a2＋…＋log3a7＝log3(a1a2…a7)＝log3a＝7log33＝，所以sin(log3a1＋log3a2＋…＋log3a7)＝.答案　B3．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)＝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________．解析　由已知可得a1＝f(1)＝，a2＝f(2)＝[f(1)]2＝2，a3＝f(3)＝f(2)·f(1)＝[f(1)]3＝3，…，an＝f(n)＝[f(1)]n＝n，∴Sn＝＋2＋3＋…＋n＝＝1－n，∵n∈N*，∴≤Sn<1.答案　4．(2022·苏州二模)等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，给出下列四个命题：①数列为等比数列；②若a2＋a12＝2，则S13＝13；③Sn＝nan－6\nd；④若d>0，则Sn一定有最大值．其中真命题的序号是________(写出所有真命题的序号)．解析　对于①，注意到＝an＋1－an＝d是一个非零常数，因此数列是等比数列，①正确．对于②，S13＝＝＝13，因此②正确．对于③，注意到Sn＝na1＋d＝n[an－(n－1)d]＋d＝nan－d，因此③正确．对于④，Sn＝na1＋d，d>0时，Sn不存在最大值，因此④不正确．综上所述，其中正确命题的序号是①②③.答案　①②③5．(2022·长春调研)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；(2)若数列{bn}满足4b1－1·4b2－1·4b3－1·…·4bn－1＝(an＋1)n，求数列{bn}的前n项和Sn.(1)证明　∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＝1，∴a1＋1＝2≠0，an＋1≠0，∴＝2，∴数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．∴an＋1＝2n，可得an＝2n－1.(2)解　∵4b1－1·4b2－1·4b3－1·…·4bn－1＝(an＋1)n，∴4b1＋b2＋b3＋…＋bn－n＝2n2，∴2(b1＋b2＋b3＋…＋bn)－2n＝n2，即2(b1＋b2＋b3＋…＋bn)＝n2＋2n，∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n2＋n.6．(2022·合肥模拟)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*)．6\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．(2)在(1)的结论下，an＋1＝4an，an＋1＝4n，bn＝log4an＋1＝n，cn＝an＋bn＝4n－1＋n，∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝＋.6