（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第五章 数列 3 第3讲 等比数列及其前n项和刷好题练能力

第3讲等比数列及其前n项和1．在等比数列{an}中，若首项a1＝1，公比q＝4，则该数列前5项和S5＝________.解析：在等比数列{an}中，因为a1＝1，q＝4，所以S5＝a1（1－q5）1－q＝1－451－4＝341.答案：3412．若等比数列{an}满足a1＋a3＝20，a2＋a4＝40，则公比q＝________．解析：q＝a2＋a4a1＋a3＝2.答案：23．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝________．解析：设等比数列{an}的公比为q，由S3＝a2＋10a1得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，即a3＝9a1，q2＝9，又a5＝a1q4＝9，所以a1＝19.答案：194．若数列{an}的前n项和为Sn＝23an＋13，则数列{an}的通项公式是an＝________.解析：Sn＝23an＋13，Sn－1＝23an－1＋13(n≥2)，相减得an＝23an－23an－1，即an＝－2an－1(n≥2)．又S1＝23a1＋13，即a1＝1，故an＝(－2)n－1.答案：(－2)n－15．(2019·常州第二次质量预测)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若27a3－a6＝0，则S6S3＝________．解析：由题可知{an}为等比数列，设首项为a1，公比为q，所以a3＝a1q2，a6＝a1q5，所以27a1q2＝a1q5，所以q＝3，由Sn＝a1（1－qn）1－q，得S6＝a1（1－36）1－3，S3＝a1（1－33）1－3，所以S6S3＝a1（1－36）1－3·1－3a1（1－33）＝28.答案：286．(2019·南京高三模拟)若等比数列{an}的各项均为正数，且a3－a1＝2，则a5的最小值为________．解析：设等比数列{an}的公比为q(q＞0且q≠1)，则由a3－a1＝2，得a1＝2q2－1.因为a3－a1＝2＞0，所以q＞1，所以a5＝a1q4＝2q4q2－1.令q2－1＝t＞0，所以a5＝2t＋1t＋2≥8，当且仅当t＝1，即q＝2时，等号成立，故a5的最小值为8.答案：87．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＝12，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)＝12，令x＝n，y＝1，所以f(n)·f(1)＝f(n＋1)，所以f（n＋1）f（n）＝f(1)＝12，所以{an}是以f(1)为首项，f(1)为公比的等比数列．所以an＝f(n)＝[f(1)]n＝12n，所以Sn＝12＋122＋123＋…＋12n＝121－12n1－12＝1－12n.因为n∈N*，所以12≤Sn1.答案：12，18．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)的取值范围是________．解析：因为a5＝a2q3，所以14＝2×q3，所以q＝12，所以a1＝a2q＝4，所以an＝4×12n－1＝23－n，所以akak＋1＝12k－3·12k－2＝122k－5，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝122×1－5＋122×2－5＋…＋122n－5＝32×14＋142＋…＋14n＝32×141－14n1－14＝3231－14n∈8，323.答案：8，3239．已知{an}是首项为1的等比数列，若Sn是{an}的前n项和，且28S3＝S6，则数列1an的前4项和为________．解析：设数列{an}的公比为q.当q＝1时，由a1＝1，得28S3＝28×3＝84.而S6＝6，两者不相等，因此不合题意．当q≠1时，由28S3＝S6及首项为1，得28（1－q3）1－q＝1－q61－q，解得q＝3.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1.所以数列1an的前4项和为1＋13＋19＋127＝4027.答案：402710．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N＋，都有am＋nam＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________．解析：因为an＋mam＝an，令m＝1，则an＋1a1＝an，即an＋1an＝a1＝2，所以{an}是首项a1＝2，公比q＝2的等比数列，Sn＝2（1－2n）1－2＝2n＋1－2.答案：2n＋1－211．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：(1)设等差数列{an}的公差为d，则由已知得a1＋d＝2，a1＋4d＝8.所以a1＝0，d＝2.所以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，因为a4＝6，所以q＝2或q＝－3.因为等比数列{bn}的各项均为正数，所以q＝2.所以{bn}的前n项和Tn＝b1（1－qn）1－q＝1×（1－2n）1－2＝2n－1.12．(2019·徐州模拟)设等差数列{an}的首项a1为a(a≠0)，前n项和为Sn.(1)若S1，S2，S4成等比数列，求数列{an}的通项公式；(2)证明：对∀n∈N*，Sn，Sn＋1，Sn＋2不构成等比数列．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na＋n（n－1）2d，所以S1＝a，S2＝2a＋d，S4＝4a＋6d.因为S1，S2，S4成等比数列，所以S22＝S1·S4，即(2a＋d)2＝a·(4a＋6d)，整理得d(2a－d)＝0，所以d＝0或d＝2a.当d＝0时，an＝a(a≠0)；当d＝2a时，an＝a＋(n－1)d＝(2n－1)a(a≠0)．(2)证明：不妨设存在m∈N*，使得Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等比数列，则S2m＋1＝Sm·Sm＋2，得a2＋mad＋12m(m＋1)d2＝0，(*)若d＝0，则a＝0，这与已知矛盾；若d≠0，要使数列{an}的首项a存在，则必有(*)式的Δ≥0，然而Δ＝(md)2－2m(m＋1)d2＝－(2m＋m2)·d20，矛盾．综上所述，对∀n∈N*，Sn，Sn＋1，Sn＋2不构成等比数列．1．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________．解析：由已知条件得2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，即2Sn＝2Sn＋2an＋1＋an＋2，即an＋2an＋1＝－2.答案：－22．在等比数列{an}中，公比q＞1，a1＋am＝17，a2am－1＝16，且前m项和Sm＝31，则项数m＝________．解析：由等比数列的性质知a1am＝a2am－1＝16，又a1＋am＝17，又q1，因此a1＝1，am＝16，Sm＝a1（1－qm）1－q＝a1－amq1－q，即1－16q1－q＝31，解得q＝2，am＝a1qm－1＝2m－1＝16，m＝5.答案：53．(2019·江苏省四校联考)等比数列{an}满足an＞0，n∈N*，且a3·a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝________.解析：由等比数列的性质，得a3·a2n－3＝a2n＝22n，从而得an＝2n，所以log2an＝log22n＝n.log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝1＋2＋…＋(2n－1)＝n(2n－1)．答案：n(2n－1)4．(2019·江苏省高考名校联考(一))设Sn为数列{an}的前n项和，若数列{an}与数列Snan＋t(t＜－1)分别是公比为q，q′的等比数列，则q＋q′的取值范围为________．解析：若q＝1，则Snan＋t＝n＋t，不成等比数列，故q≠1，则Snan＋t＝1－qnqn－1（1－q）＋t，考虑前三项1＋t，1＋qq＋t，1＋q＋q2q2＋t成等比数列得，t＝q1－q，反之，当t＝q1－q时，Snan＋t＝1qn－1（1－q）成等比数列，此时，公比为1q，即q′＝1q.由t＜－1，得q1－q＜－1，q＞1，q＋q′＝q＋1q＞2，故q＋q′的取值范围是(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)5．已知首项为32的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝Sn－1Sn(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝a5a3＝14.又{an}不是递减数列且a1＝32，所以q＝－12.故等比数列{an}的通项公式为an＝32×－12n－1＝(－1)n－1·32n.(2)由(1)得Sn＝1－－12n＝1＋12n，n为奇数，1－12n，n为偶数.当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1Sn≤S1＝32，故0Sn－1Sn≤S1－1S1＝32－23＝56.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以34＝S2≤Sn1，故0Sn－1Sn≥S2－1S2＝34－43＝－712.综上，对于n∈N*，总有－712≤Sn－1Sn≤56.所以数列{Tn}的最大项的值为56，最小项的值为－712.6．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(五))已知数列{an}中，an0，其前n项和为Sn，数列1an的前n项和为Tn，且Tn＝22－Sn－1(n∈N*)．(1)求a1；(2)若bn＝2－Sn，证明：数列{bn}是等比数列；(3)在(2)的条件下，已知数列{cn}，{dn}满足|cn|＝|dn|＝1bn，若p(p≥3)是给定的正整数，数列{cn}，{dn}的前p项和分别为Qp，Rp，且Qp＝Rp.求证：对任意的正整数k(1≤k≤p)，ck＝dk.解：(1)当n＝1时，由题意得，T1＝22－S1－1，即1a1＝22－a1－1，所以a1＝1.(2)证明：因为Tn＝22－Sn－1，①所以当n≥2时，Tn－1＝22－Sn－1－1.②由①－②，得1an＝22－Sn－22－Sn－1＝2an（2－Sn）（2－Sn－1）(n≥2，n∈N*)，所以(2－Sn)(2－Sn－1)＝2a2n＝2[(2－Sn－1)－(2－Sn)]2，即bnbn－1＝2(bn－1－bn)2，所以bnbn－1＋bn－1bn＝52，所以bnbn－1＝2或bnbn－1＝12(n≥2，n∈N*)．又数列{an}的各项均为正数，所以数列{2－Sn}，即数列{bn}单调递减，所以bnbn－1＝12(n≥2，n∈N*)．因为a1＝1，所以b1＝1≠0，所以数列{bn}是以1为首项，12为公比的等比数列．(3)证明：由(2)知，bn＝12n－1(n∈N*)．因为|cn|＝|dn|＝2n－1，所以cp＝dp或cp＝－dp.若cp＝－dp，不妨设cp0，dp0，则Qp≥2p－1－(2p－2＋2p－3＋…＋21＋1)＝10.Rp≤－2p－1＋(2p－2＋2p－3＋…＋21＋1)＝－10.这与Qp＝Rp矛盾，所以cp＝dp.从而Qp－1＝Rp－1.由以上证明，可得cp－1＝dp－1.如此下去，可得cp－2＝dp－2，cp－3＝dp－3，…，c1＝d1.即对任意的正整数k(1≤k≤p)，ck＝dk.