高考数一轮复习 5.3 等比数列及其前n项和限时集训 理

限时集训(二十九)等比数列及其前n项和(限时：50分钟满分：106分)一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分)1．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝()A．4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n B．4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))nC．4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1 D．4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－12．(·宁波模拟)设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}的前7项和为()A．63 B．64C．127 D．1283．(·安徽高考)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a ()A．4 B．5C．6 D．74．各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则a3＋a4＋a5＝()A．33 B．72C．84 D．1895．(·西安模拟)已知a，b，m，n，x，y均为正数，且a≠b，若a，m，b，x成等差数列，a，n，b，y成等比数列，则有()A．m>n，x>y B．m>n，x<yC．m<n，x<y D．m<n，x>y6．已知等比数列{an}中，a1＝2，a5＝18，则a2a3a4等于A．36 B．216C．±36 D．±2167．已知{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为eq\f(5,4)，则S5＝()A．35 B．33C．31 D．298．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则eq\a\vs4\al(Sn＝)()A．2n－1 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1 D.eq\f(1,2n－1)二、填空题(本大题共6个小题，每小题4分，共24分)9．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________.10．在等比数列{an}中，若公比q＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式为________．11．若数列{an}(an∈R)对任意的正整数m，n满足am＋n＝aman，且a3＝2eq\r(2)，那么a12＝________.12．已知数列{xn}满足lgxn＋1＝1＋lgxn(n∈N*)，且x1＋x2＋x3＋…＋x100＝1，则lg(x101＋x102＋…＋x200)＝________.13．记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m14．(·聊城模拟)已知f(x)是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的a，b∈R，满足f(a·b)＝af(b)＋bf(a)，f(2)＝2，an＝eq\f(f2n,n)(n∈N*)，bn＝eq\f(f2n,2n)(n∈N*)，考察下列结论．①f(0)＝f(1)；②f(x)为偶函数；③数列{an}为等比数列；④{bn}为等差数列．其中正确的是________．三、解答题(本大题共3个小题，每小题14分，共42分)15．数列{an}中，Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)．(1)证明：数列{an}为等比数列；(2)求通项an；(3)当k＝－1时，求和aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n).16．设数列{an}是一等差数列，数列{bn}的前n项和为Sn＝eq\f(2,3)(bn－1)，若a2＝b1，a5＝b2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.17．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}对n∈N*均有eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn,bn)＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2013.答案[限时集训(二十九)]1．C2.C3.B4.C5.B6.B7.C8.B9．解析：∵S3＋3S2＝0，即a1＋a2＋a3＋3(a1＋a2)＝0，∴a1(4＋4q＋q2)＝0.∵a1≠0，∴q＝－2.答案：－210．解析：由题意知a1＋4a1＋16a1＝21，解得a∴数列{an}的通项公式为an＝4n－1.答案：an＝4n－111．解析：令m＝1，则an＋1＝ana1⇒a1＝q，a3＝a1q2＝2eq\r(2)⇒q3＝2eq\r(2)，a12＝q12＝64.答案：6412．解析：由lgxn＋1＝1＋lgxn(n∈N*)得lgxn＋1－lgxn＝1，∴eq\f(xn＋1,xn)＝10，∴数列{xn}是公比为10的等比数列，∴xn＋100＝xn·10100，∴x101＋x102＋…＋x200＝10100(x1＋x2＋x3＋…＋x100)＝10100，∴lg(x101＋x102＋…＋x200)＝lg10100＝100.答案：10013．解析：因为{an}为等比数列，所以am－1·am＋1＝aeq\o\al(2,m)，又由am－1am＋1－2am＝0，从而am＝2.由等比数列的性质可知前(2m－1)项积T2m－1＝aeq\o\al(2m－1,m)，即22m－1＝128，故答案：414．解析：令a＝0，b＝0，则f(0)＝0，令a＝b＝1，则f(1)＝2f(1)，故f(0)＝f设a＝－1，b＝x，因为f(1)＝f[(－1)×(－1)]＝－2f则f(－1)＝0，所以f(－x)＝－f(x)＋xf(－1)＝－f(x)，f(x)为奇函数；f(2n)＝2f(2n－1)＋2n－12f(2n－1)＋2n⇒eq\f(f2n,2n)＝eq\f(f2n－1,2n－1)＋1，则{bn}为等差数列；∵b1＝eq\f(f2,2)＝1，∴bn＝1＋(n－1)×1＝n.∴eq\f(f2n,2n)＝n，an＝eq\f(f2n,n)＝2n，则数列{an}为等比数列．答案：①③④15．解：(1)证明：∵Sn＝1＋kan，①Sn－1＝1＋kan－1，②①－②得Sn－Sn－1＝kan－kan－1(n≥2)，∴(k－1)an＝kan－1，eq\f(an,an－1)＝eq\f(k,k－1)为常数，n≥2.∴{an}是公比为eq\f(k,k－1)的等比数列．(2)∵S1＝a1＝1＋ka1，∴a1＝eq\f(1,1－k).∴an＝eq\f(1,1－k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,k－1)))n－1＝－eq\f(kn－1,k－1n).(3)∵{an}中a1＝eq\f(1,1－k)，q＝eq\f(k,k－1)，∴{aeq\o\al(2,n)}是首项为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))2，公比为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,k－1)))2的等比数列．当k＝－1时，等比数列{aeq\o\al(2,n)}的首项为eq\f(1,4)，公比为eq\f(1,4)，∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n)).16．解：(1)∵S1＝eq\f(2,3)(b1－1)＝b1，∴b1＝－2.又S2＝eq\f(2,3)(b2－1)＝b1＋b2＝－2＋b2，∴b2＝4.∴a2＝－2，a5＝4.∵{an}为等差数列，∴公差d＝eq\f(a5－a2,3)＝eq\f(6,3)＝2，即an＝－2＋(n－2)·2＝2n－6.(2)∵Sn＋1＝eq\f(2,3)(bn＋1－1)，①Sn＝eq\f(2,3)(bn－1)，②①－②得Sn＋1－Sn＝eq\f(2,3)(bn＋1－bn)＝bn＋1，∴bn＋1＝－2bn.∴数列{bn}是等比数列，公比q＝－2，首项b1＝－2，∴bn＝(－2)n.∴Sn＝eq\f(2,3)[(－2)n－1]．17．解：(1)∵由已知得a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2或d＝0(舍去)．∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1(n∈N*)．又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3.∴bn＝3·3n－2＝3n－1(n∈N*)．(2)由eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn,bn)＝an＋1得当n≥2时，eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn－1,bn