2025版高考数学大一轮复习第六章数列3第3讲等比数列及其前n项和新题培优练文含解析新人教A版

PAGE1-第3讲等比数列及其前n项和[基础题组练]1．已知{an}为等比数列且满意a6－a2＝30，a3－a1＝3，则数列{an}的前5项和S5＝()A．15 B．31C．40 D．121解析：选B.因为{an}为等比数列且满意a6－a2＝30，a3－a1＝3，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q5－a1q＝30，,a1q2－a1＝3，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))S5＝eq\f(1－25,1－2)＝31，数列{an}的前5项和S5＝31.2．(2024·辽宁五校联考)各项为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2eq\r(2)，则log2a7＋log2a11的值为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选C.由题意得a4a14＝(2eq\r(2))2＝8，由等比数列的性质，得a4a14＝a7a11＝8，所以log2a7＋log2a11＝log2(a7a11)＝log28＝3，故选C.3．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m的值为()A．4 B．7C．10 D．12解析：选A.因为{an}是等比数列，所以am－1am＋1＝aeq\o\al(2,m).又am－1am＋1－2am＝0，则aeq\o\al(2,m)－2am＝0，所以am＝2，am＝0(舍)．由等比数列的性质可知前2m－1项的积T2m－1＝aeq\o\al(2m－1,m)，即22m－1＝128，故m＝4.选A.4．在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n等于()A．12 B．13C．14 D．15解析：选C.因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，…也成等比数列．不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，则公比q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(12,4)＝3.所以bm＝4×3m－1.令bm＝324，即4×3m－1＝324，解得m＝5，所以b5＝324，即a13a14a15＝324.所以n＝14.5．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，a2＋a5＝4，则a8＝________．解析：因为S3，S9，S6成等差数列，所以公比q≠1，eq\f(2（1－q9）,1－q)＝eq\f(1－q3,1－q)＋eq\f(1－q6,1－q)，整理得2q6＝1＋q3，所以q3＝－eq\f(1,2)，故a2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝4，解得a2＝8，故a8＝8×eq\f(1,4)＝2.答案：26．(2024·高考全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________．解析：法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32；所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝eq\f(－1×（1－26）,1－2)＝－63.答案：－637．(2024·昆明市诊断测试)已知数列{an}是等比数列，公比q＜1，前n项和为Sn，若a2＝2，S3＝7.(1)求{an}的通项公式；(2)设m∈Z，若Sn＜m恒成立，求m的最小值．解：(1)由a2＝2，S3＝7得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q＝2,a1＋a1q＋a1q2＝7))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4,q＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1,q＝2))(舍去)．所以an＝4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－3).(2)由(1)可知，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＜8.因为an＞0，所以Sn单调递增．又S3＝7，所以当n≥4时，Sn∈(7，8)．又Sn＜m恒成立，m∈Z，所以m的最小值为8.8．(2024·南昌市第一次模拟测试卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满意S4＝2a4－1，S3＝2a3－1.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满意bn＝Sn(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设{an}的公比为q，由S4－S3＝a4得，2a4－2a3＝a4，所以eq\f(a4,a3)＝2，所以q＝2.又因为S3＝2a3－1，所以a1＋2a1＋4a1＝8a1－1，所以a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由(1)知a1＝1，q＝2，则Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以bn＝2n－1.Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝2＋22＋…＋2n－n＝eq\f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－2－n.[综合题组练]1．设{an}是等比数列，Sn是{an}的前n项和，对随意正整数n，有an＋2an＋1＋an＋2＝0.又a1＝2，则S101的值为()A．2 B．200C．－2 D．0解析：选A.设等比数列的公比为q.由an＋2an＋1＋an＋2＝0，得an(1＋2q＋q2)＝0.因为an≠0，所以1＋2q＋q2＝0，解得q＝－1，所以S101＝a1＝2.故选A.2．(应用型)(2024·安徽池州模拟)在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不犯难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”意思是某人要走三百七十八里的路程，第一天脚步轻快有力，走了一段路程，其次天脚痛，走的路程是第一天的一半，以后每天走的路程都是前一天的一半，走了六天才走完这段路程．则下列说法错误的是()A．此人其次天走了九十六里路B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C．此人第三天走的路程占全程的eq\f(1,8)D．此人后三天共走了四十二里路解析：选C.记每天走的路程里数为an(n＝1，2，3，…，6)，由题意知{an}是公比为eq\f(1,2)的等比数列，由S6＝378，得eq\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，所以a2＝192×eq\f(1,2)＝96，此人第一天走的路程比后五天走的路程多192－(378－192)＝6(里)，a3＝192×eq\f(1,4)＝48，eq\f(48,378)>eq\f(1,8)，前3天走的路程为192＋96＋48＝336(里)，则后3天走的路程为378－336＝42里，故选C.3．(2024·郑州一测)已知数列{an}满意log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________．解析：因为log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100.答案：1004．(综合型)已知a－1，a＋1，a＋5三个数成等比数列，其倒数重新排列后为递增的等比数列{an}的前三项，则能使不等式a1＋a2＋…＋an≤eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)成立的正整数n的最大值为________．解析：因为a－1，a＋1，a＋5三个数成等比数列，所以(a＋1)2＝(a－1)(a＋5)，所以a＝3，倒数重新排列后恰好为递增的等比数列{an}的前三项，则{an}的前三项为eq\f(1,8)，eq\f(1,4)，eq\f(1,2)，所以{an}是首项为eq\f(1,8)，公比为2的等比数列，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以8为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，则不等式a1＋a2＋…＋an≤eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)等价于eq\f(\f(1,8)（1－2n）,1－2)≤eq\f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))，整理得2n≤27，所以n≤7，n∈N*，即n的最大值为7.答案：75．(2024·湖北省五校联考)已知数列{an}是等差数列，a2＝6，前n项和为Sn，{bn}是等比数列，b2＝2，a1b3＝12，S3＋b1＝19.(1)求{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{bncos(anπ)}的前n项和Tn.解：(1)因为数列{an}是等差数列，a2＝6，所以S3＋b1＝3a2＋b1＝18＋b1＝19，所以b1＝1，因为b2＝2，数列{bn}是等比数列，所以bn＝2n－1.所以b3＝4，因为a1b3＝12，所以a1＝3，因为a2＝6，数列{an}是等差数列，所以an＝3n.(2)由(1)得，令Cn＝bncos(anπ)＝(－1)n2n－1，所以Cn＋1＝(－1)n＋12n，所以eq\f(Cn＋1,Cn)＝－2，又C1＝－1，所以数列{bncos(anπ)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列，所以Tn＝eq\f(－1×[1－（－2）n],1＋2)＝－eq\f(1,3)[1－(－2)n]．6．(2024·湖北黄冈调研)数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an(n∈N*)．(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(an,4n－an)，若数列{bn}的前n项和是Tn，求证：Tn<2.解：(1)由题设得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(1,2)·eq\f(an,n)，又eq\f(a1,1)＝2，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项为2，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以eq\f(an,n)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq