1、1课时规范练 29 等比数列及其前 n 项和基础巩固组1.(2018 北京师大附中期中)在等比数列 an中, a1=3,a1+a2+a3=9,则 a4+a5+a6等于( )A.9 B.72C.9 或 72 D.9 或 -722.(2018 湖南岳阳一中期末)等比数列 an中, anan+1=4n-1,则数列 an的公比为( )A.2 或 -2 B.4C.2 D.2来源:学科网3.(2018 黑龙江仿真模拟十一)等比数列 an中, an0,a1+a2=6,a3=8,则 a6=( )A.64 B.128 C.256 D.5124.在公比为正数的等比数列 an中, a1+a2=2,a3+a4=8,则
2、 S8等于( )A.21 B.42 C.135 D.1705.(2018 重庆梁平二调)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座 7 层塔共挂了 381 盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍,则塔的顶层共有灯( )A.1 盏 B.3 盏 C.5 盏 D.9 盏6.(2018 衡水中学仿真,6)已知数列 an为等比数列,且 a2a3a4=- =-64,则 tan =( )27 463A.- B. C. D.-3 3 3337.(2018 陕西咸阳三模)已知数列 an为等比数列,且 a3a11+2 =4,
3、则 tan(a1a13)的值为 27. 8.(2018 全国 3,文 17)等比数列 an中, a1=1,a5=4a3.(1)求 an的通项公式;(2)记 Sn为 an的前 n 项和,若 Sm=63,求 m.9.(2018 北京城六区一模)已知等比数列 an满足以 a1=1,a5=a2.(1)求数列 an的通项公式;(2)试判断是否存在正整数 n,使得 an的前 n 项和 Sn为?若存在,求出 n 的值;若不存在,说明理由 .综合提升组210.(2018 河南六市联考一,10)若正项递增等比数列 an满足 1+(a2-a4)+ (a3-a5)=0( R),则a6+a 7的最小值为( )A.-2
4、 B.-4 C.2 D.411.(2018 全国 1,理 14)记 Sn为数列 an的前 n 项和 .若 Sn=2an+1,则 S6= . 12.已知数列 an的前 n 项和为 Sn,对任意的正整数 n,都有 Sn=an+n-3 成立 .求证:存在实数 ,使得数列 an+ 为等比数列 .13.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 .创新应用组14.(2018 浙江,10)已知 a1,a2,a3,a4成等比数列,且 a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若 a11,
5、则( )A.a1a3,a2a4 D.a1a3,a2a415.我们把满足 xn+1=xn- 的数列 xn叫做牛顿数列 .已知函数 f(x)=x2-1,数列 xn为牛顿数列,设()()an=ln ,已知 a1=2,则 a3= . -1+13课时规范练 29 等比数列及其前 n 项和1.D 设等比数列 an的公比为 q,a 1=3,a1+a2+a3=9, 3+3q+3q2=9,解得 q=1 或 q=-2,当 q=1 时,a4+a5+a6=(a1+a2+a3)q3=9.当 q=-2 时, a4+a5+a6=-72,故选 D.2.C 设等比数列 an的公比为 q,a nan+1=4n-10,a n+1a
6、n+2=4n且 q0,两式相除可得=4,即 q2=4,q= 2,故选 C.+1+2a+1 = 44-13.A 由题意结合等比数列的通项公式可得解得 则 a6=a1q5=225=64.1+1=6,12=8,10, 1=2,=2,4.D (方法一) S8=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+(a7+a8)=2+8+32+128=170.(方法二) q2= =4,3+41+2又 q0,q= 2,a 1(1+q)=a1(1+2)=2,a 1= ,23S 8= =170.23(28-1)2-15.B 设塔的顶层共有 x 盏灯,则各层的灯数构成一个公比为 2 的等比数列,由 =381,可得(1
7、-27)1-2x=3,故选 B.6.A 依题意,得 a2a3a4= =-64,所以 a3=-4.由 =64,得 a7=-8,或 a7=8(由于 a7与 a3同号,故舍去),33 27所以 a4a6=a3a7=32.tan =tan =tan 11 - =-tan=- ,故选 A.463 323 37. an是等比数列, a 3a11+2 +2 =4,即 ,a 1a13= ,tan(a1a13)=tan3 27=27 27 27=43 27=43.43=38.解 (1)设 an的公比为 q,由题设得 an=qn-1.由已知得 q4=4q2,解得 q=0(舍去), q=-2 或 q=2.故 an=
8、(-2)n-1或 an=2n-1.(2)若 an=(-2)n-1,则 Sn= .由 Sm=63 得( -2)m=-188,此方程没有正整数解 .1-(-2)3若 an=2n-1,则 Sn=2n-1.由 Sm=63 得 2m=64,解得 m=6.综上, m=6.9.解 (1)设 an的公比为 q,a 5=a2,且 a5=a2q3,q 3= ,得 q= ,18 12a n=a1qn-1= (n=1,2,).12-1(2)不存在 n,使得 an的前 n 项和 Sn为 ,52a 1=1,q= ,124S n= =2 1- .1-(12)1-12 12(方法一)令 Sn= ,则 2 1- = ,得 2n
9、=-4,该方程无解,52 12 52 不存在 n,使得 an的前 n 项和 Sn为 .52(方法二) 对任意 nN +,有 1- 1),a 6+a 7=a6(1+q )=14-2=(q2-1)+2+ 2 +2 =4,当且仅当 q= 时64-2= 42-1=(2-1+1)22-1 12-1 (2-1)12-12取等号,即 a6+a 7的最小值为 4,故选 D.11.-63 S n=2an+1,S n-1=2an-1+1(n2) .- ,得 an=2an-2an-1,即 an=2an-1(n2) .又 S1=2a1+1,a 1=-1. an是以 -1 为首项,2 为公比的等比数列,则 S6= =-
10、63.-1(1-26)1-212.证明 S n=an+n-3, 当 n=1 时, S1= a1+1-3,所以 a1=4.32当 n2 时, Sn-1= an-1+n-1-3, 32由 两式相减得 an= an- an-1+1,即 an=3an-1-2(n2) .32 32变形得 an-1=3(an-1-1),而 a1-1=3, 数列 an-1是首项为 3,公比为 3 的等比数列, 存在实数 =- 1,使得数列 an-1为等比数列 .13.解 (1)由已知,得 a1b2+b2=b1,因为 b1=1,b2=,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
11、-1.(2)由(1)和 anbn+1+bn+1=nbn,得 bn+1= ,因此 bn是首项为 1,公比为 的等比数列 .3 13记 bn的前 n 项和为 Sn,则 Sn= .1-(13)1-13=32 123-114.B 设等比数列的公比为 q,则 a1+a2+a3+a4= ,a1+a2+a3= .1(1-4)1- 1(1-3)1-a 1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),a 1+a2+a3= ,1+2+3+45即 a1(1+q+q2)= .1(1+2+3)又 a11,q1,即 q+q20,解得 q0 舍去) .由 a11,可知 a1(1+q+q2)1,a 1(1+q+q2+q3)0,即 1+q+q2+q30,即(1 +q)+q2(1+q)0,即(1 +q)(1+q2)0,这与 qa3,a2a4.15.8 由 f(x)=x2-1,得 f(x)=2x,则 xn+1=xn- ,2-12 =2+12所以 xn+1-1= ,(-1)22xn+1+1= ,(+1)22x所以 ,+1-1+1+1=(-1)2(+1)2所以 ln =ln =2ln ,即 an+1=2an,+1-1+1+1(-1)2(+1)2 -1+1所以数列 an是首项为 2,公比为 2 的等比数列,则 a3=222=8.
