一轮优化探究理数苏教版练习：第六章 第三节　等比数列及其前n项和 Word版含解析

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1、 高考数学精品复习资料 2019.5 一、填空题 1．设等比数列{an}的公比q＝3，前n项和为Sn，则＝________. 解析：S4＝＝40a1，a2＝3a1. ∴＝. 答案： 2．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等于________． 解析：由已知可设公比为q， 则(a2＋1)2＝(a1＋1)(a3＋1)， ∴(2q＋1)2＝3(2q2＋1)． ∴2q2－4q＋2＝0. ∴q＝1， ∴an＝2. ∴Sn＝2n. 答案：2n 3．设等比

2、数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝________. 解析：由等比数列的性质： S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，于是由S6＝3S3，可推出S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴＝. 答案： 4．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：由题意易知q≠1，则＝，解得q＝2，数列{}是以1为首项，以为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝. 答案： 5．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)的取值范围是________． 解析：设公比

3、为q，则q3＝＝，∴q＝，a1＝4， 故数列{anan＋1}是首项为8，公比为的等比数列， ∴a 1a2＋a2a3＋…＋anan＋1 ＝＝[1－()n]， ∵≤1－()n<1， ∴8≤ [1－()n]<. 答案：[8，) 6．在等比数列{an}中，Sn为其前n项和，已知a5＝2S4＋3，a6＝2S5＋3，则此数列的公比q为________． 解析：由已知a5＝2S4＋3，a6＝2S5＋3， 两式相减得a6－a5＝2a5，即a6＝3a5， 所以q＝3. 答案：3 7．在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝30，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝_______

4、_. 解析：∵S99＝30， 即a1(299－1)＝30. a3＋a6＋a9＋…＋a99＝＝a1(299－1) ＝30＝. 答案： 8．数列{an}满足：log2an ＋1＝1＋log2an，若a3＝10，则a10＝________. 解析：由已知得an＋1＝2an，故数列{an}是公比为2的等比数列，所以a10＝a327＝10128＝1 280. 答案：1 280 9．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，bn＝，且{bn}的前n项和为Tn，若对一切正整数n都有Sn>Tn，则数列{an}的公比q的取值范围是________． 解析：由于{an}是等比数列，公比为q，所

5、以bn＝＝an，于是b1＋b2＋…＋bn＝(a1＋a2＋…＋an)，即Tn＝Sn，又Sn>Tn，且Tn>0，所以q2＝>1.因为an>0对任意n∈N*都成立，所以q>0，因此公式q的取值范围是q>1. 答案：q>1 二、解答题 10．已知等差数列{an}满足a2＝2，a5＝8. (1)求{an}的通项公式； (2)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. 解析：(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＋

6、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. 11．已知数列{an}和{bn}满足a1＝k，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中k为实数，n∈N*. (1)证明数列{an}不是等比数列； (2)若数列{bn}是等比数列，求k的取值范围． 解析：(1)证明：假设存在实数k使{an}是等比数列， 则a＝a1a3，即(k－3)2＝k(k－4)， 即k2－4k＋9＝k2－4k， ∴9＝0显然矛盾，故假设不成立． ∴{an}不是等比数列． (2)∵bn＋1＝(－

7、1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21] ＝(－1)n＋1(an－2n＋14) ＝(－)(－1)n(an－3n＋21) ＝－bn. 又∵b1＝－(k＋18)， ∴只需k≠－18，则b1≠0，由上可知＝－(n∈N*)． 故若{bn}是等比数列，则只需要k≠－18， ∴k的取值范围为(－∞，－18)∪(－18，＋∞)． 12．已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n＝1,2,3，…. (1)求证数列{lg(1＋an)}是等比数列； (2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn及数列{an}的通项； (3)记bn＝＋，求数列

8、{bn}的前n项和Sn，并说明Sn＋＝1. 解析：(1)证明：由已知得an＋1＝a＋2an， ∴an＋1＋1＝(an＋1)2. ∵a1＝2，∴an＋1>1， 两边取对数得lg(1＋an＋1)＝2lg(1＋an)， 即＝2. ∴数列{lg(1＋an)}是公比为2的等比数列． (2)由(1)知lg(1＋an)＝2n－1lg(1＋a1) ＝2n－1lg 3＝lg 32n－1， ∴1＋an＝32n－1.(*) ∴Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an) ＝320321322…32n－1 ＝31＋2＋22＋…＋2n－1＝32n－1. 由(*)式得an＝32n－1－1. (3)∵an＋1＝a＋2an， ∴an＋1＝an(an＋2)， ∴＝(－)， ∴＝－. 又∵bn＝＋， ∴bn＝2(－)． ∵Sn＝b1＋b2＋…＋bn ＝2(－＋－＋…＋－) ＝2(－)． ∵an＝32n－1－1，a1＝2，an＋1＝32n－1， ∴Sn＝1－. 又∵Tn＝32n－1， ∴Sn＋＝1－＋＝1.