（福建专版）2019高考数学一轮复习 课时规范练29 等比数列及其前n项和 文.docx

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课时规范练29　等比数列及其前n项和 基础巩固组 1.已知等比数列{an}满足a1=14,a3a5=4(a4-1),则a2= (　　) 　　　　　　　　　　　　　 A.2 B.1 C.12 D.18 2.在正项等比数列{an}中,a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,则a1a2a25a48a49的值为(　　) A.212 B.93 C.93 D.35 3.(2017安徽黄山市二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=Sn+1(n∈N*),则S5=(　　) A.31 B.42 C.37 D.47 4.设首项为1,公比为23的等比数列{an}的前n项和为Sn,则(　　) A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2 C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an 5.(2017全国Ⅲ)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为(　　) A.-24 B.-3 C.3 D.8 6.设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6=(　　) A.31 B.32 C.63 D.64 7.设数列{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为　　　　　. 8.(2017北京)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a2b2=　　　　　. 9.(2017江苏,9)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=74,S6=634,则a8=　　　　　. 10.(2017河南新乡二模,文17)在数列{an}中,a1=12,{an}的前n项和Sn满足Sn+1-Sn=12n+1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn; (2)若S1+S2,S1+S3,m(S2+S3)成等差数列,求实数m的值. 〚导学号24190754〛 综合提升组 11.(2017四川广元二诊)已知数列{an}的前n项和为Sn,且对任意正整数n都有an=34Sn+2成立.若bn=log2an,则b1 008=(　　) A.2 017 B.2 016 C.2 015 D.2 014 12.设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2a3…an的最大值为　　　　　. 13.已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn. (1)求{an}的通项公式; (2)求{bn}的前n项和. 创新应用组 14.已知数列{an}的前n项和为Sn,在数列{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. 答案： 1.C　∵a3a5=4(a4-1),∴a42=4(a4-1), 解得a4=2. 又a4=a1q3,且a1=14,∴q=2, ∴a2=a1q=12. 2.B　∵a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,∴a2a48=3. 又a1a49=a2a48=a252=3,a25>0, ∴a1a2a25a48a49=a255=93. 3.D　∵an+1=Sn+1(n∈N*), ∴Sn+1-Sn=Sn+1(n∈N*), ∴Sn+1+1=2(Sn+1)(n∈N*), ∴数列{Sn+1}是首项为3,公比为2的等比数列.则S5+1=324,解得S5=47. 4.D　Sn=a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q=1-23an1-23=3-2an,故选D. 5.A　设等差数列的公差为d,则d≠0,a32=a2a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2,所以S6=61+652(-2)=-24,故选A. 6.C　∵S2=3,S4=15,∴由等比数列前n项和的性质,得S2,S4-S2,S6-S4成等比数列, ∴(S4-S2)2=S2(S6-S4), 即(15-3)2=3(S6-15),解得S6=63,故选C. 7.-12　由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+432(-1)=4a1-6,而S1,S2,S4成等比数列, ∴(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理,得2a1+1=0,解得a1=-12. 8.1　设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q, 由题意知-1+3d=-q3=8, 即-1+3d=8,-q3=8,解得d=3,q=-2. 故a2b2=-1+3-1(-2)=1. 9.32　设该等比数列的公比为q,则S6-S3=634-74=14,即a4+a5+a6=14.① ∵S3=74,∴a1+a2+a3=74. 由①得(a1+a2+a3)q3=14, ∴q3=1474=8,即q=2. ∴a1+2a1+4a1=74,a1=14, ∴a8=a1q7=1427=32. 10.解 (1)∵an+1=Sn+1-Sn=12n+1, ∴当n≥2时,an=12n. 又a1=12,∴当n=1时上式也成立.∴an=12n, ∴Sn=121-12n1-12=1-12n. (2)由(1)可得:S1=12,S2=34,S3=78.∵S1+S2,S1+S3,m(S2+S3)成等差数列, ∴12+34+m34+78=212+78,解得m=1213. 11.A　在an=34Sn+2中,令n=1得a1=8,∵an=34Sn+2成立, ∴an+1=34Sn+1+2成立, 两式相减得an+1-an=34an+1, ∴an+1=4an,又a1≠0,∴数列{an}为等比数列, ∴an=84n-1=22n+1,∴bn=log2an=2n+1,∴b1 008=2 017,故选A. 12.64　由已知a1+a3=10,a2+a4=(a1+a3)q=5,得q=12,所以a1=8, 所以a1a2a3…an=8n121+2+…+(n-1)=2-12n2+7n2, 所以当n=3或n=4时,a1a2a3…an取最大值为2-1232+732=26=64. 13.解 (1)由已知,得a1b2+b2=b1, 因为b1=1,b2=13,所以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)和anbn+1+bn+1=nbn,得bn+1=bn3,因此{bn}是首项为1,公比为13的等比数列. 记{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1-13n1-13=32-123n-1. 14.(1)证明 ∵an+Sn=n, ① ∴an+1+Sn+1=n+1. ② ②-①得an+1-an+an+1=1, ∴2an+1=an+1, ∴2(an+1-1)=an-1, ∴an+1-1an-1=12, ∴{an-1}是等比数列. 又a1+a1=1,∴a1=12, ∵首项c1=a1-1,∴c1=-12, 公比q=12.又cn=an-1, ∴{cn}是以-12为首项,以12为公比的等比数列. (2)解 由(1)可知cn=-1212n-1=-12n, ∴an=cn+1=1-12n. ∴当n≥2时,bn=an-an-1=1-12n-1-12n-1=12n-1-12n=12n. 又b1=a1=12代入上式也符合, ∴bn=12n.