2022届-数学一轮(理科)浙江专用-第五章-平面向量-5-3.docx

第3讲　等比数列及其前n项和

基础巩固题组
(建议用时：40分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．在等比数列{an}中，an＞0，且a1·a10＝27，log3a2＋log3a9＝
(　　)
A．9 B．6 C．3 D．2
解析　由于a2a9＝a1a10＝27，所以log3a2＋log3a9＝log3a2a9＝log327＝3.
答案　C
2．(2021·台州高三复习检测)已知数列{an}是首项a1＝4的等比数列，且4a1，a5，－2a3成等差数列，则其公比q等于
(　　)
A．－1 B．1 C．1或－1 D.
解析　∵4a1，a5，－2a3成等差数列，∴2a5＝4a1－2a3，即2a1q4＝4a1－2a1q2，又∵a1＝4，则有q4＋q2－2＝0，解得q2＝1，∴q＝±1，故选C.
答案　C
3．在正项等比数列{an}中，an＋1＜an，a2·a8＝6，a4＋a6＝5，则＝
(　　)
A. B. C. D.
解析　设公比为q，则由题意知0＜q＜1，
由得a4＝3，a6＝2，
所以＝＝.
答案　D
4．(2022·福州质量检测)记等比数列{an}的前n项积为Ⅱn，若a4·a5＝2，则Ⅱ8＝
(　　)
A．256 B．81 C．16 D．1
解析　依题意得Ⅱ8＝(a1a8)(a2a7)(a3a6)(a4a5)＝(a4a5)4＝24＝16.
答案　C
5．(2022·云南统一检测)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a4－a1＝78，S3＝39，设bn＝log3an，那么数列{bn}的前10项和为
(　　)
A．log371 B. C．50 D．55
解析　设等比数列{an}的公比为q，由a4－a1＝a1(q3－1)＝78，S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝39，所以＝q－1＝＝2，解得q＝3，a1＝＝3，所以an＝3n，bn＝log33n＝n，则数列{bn}是等差数列，前10项的和为＝55，故选D.
答案　D
二、填空题
6．(2021·重庆模拟)若正项等比数列{an}满足：2a5－3a4＝2a3，则公比q＝________.
解析　依题意得－－2＝0，即2q2－3q－2＝(2q＋1)(q－2)＝0(q＞0)，解得q＝2.
答案　2
7．(2022·杭州质量检测)设数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a1·a2n－1＝4n，则数列{an}的通项公式是______．
解析　设数列{an}的公比为q，则由题意知a1＞0，q＞0.由a1·a2n－1＝4n得a1·a1q2n－2＝4n，即(a1qn－1)2＝(2n)2，所以a1qn－1＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
答案　an＝2n
8．(2022·甘肃诊断)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝3S2，a3＝2，则a7＝________.
解析　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，明显q≠1且q＞0，由于S4＝3S2，所以＝，解得q2＝2，由于a3＝2，所以a7＝a3q4＝2×22＝8.
答案　8
三、解答题
9．(2022·北京卷)已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和．
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得
d＝＝＝3.
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n∈N*)．
设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得
q3＝＝＝8，解得q＝2.
所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.
从而bn＝3n＋2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n∈N*)．
数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×＝2n－1.
所以数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.
10．已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An(，)在双曲线y2－x2＝1上，数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn}是等比数列．
(1)解　由已知点An在y2－x2＝1上知，an＋1－an＝1，
∴数列{an}是一个以2为首项，以1为公差的等差数列，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.
(2)证明　∵点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，
∴Tn＝－bn＋1，
①
∴Tn－1＝－bn－1＋1(n≥2)，
②
①②两式相减得bn＝－bn＋bn－1(n≥2)，
∴bn＝bn－1，∴bn＝bn－1(n≥2)．
令n＝1，得b1＝－b1＋1，∴b1＝，
∴{bn}是一个以为首项，以为公比的等比数列．
力量提升题组
(建议用时：35分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
11．数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于
(　　)
A．(3n－1)2 B.(9n－1)
C．9n－1 D.(3n－1)
解析　∵a1＋a2＋…＋an＝3n－1，n∈N*，n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1，
∴当n≥2时，an＝3n－3n－1＝2·3n－1，
又n＝1时，a1＝2适合上式，∴an＝2·3n－1，
故数列{a}是首项为4，公比为9的等比数列．
因此a＋a＋…＋a＝＝(9n－1)．
答案　B
12．(2021·福建卷)已知等比数列{an}的公比为q，记bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋…＋am(n－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m(m，n∈N*)，则以下结论肯定正确的是
(　　)
A．数列{bn}为等差数列，公差为qm
B．数列{bn}为等比数列，公比为q2m
C．数列{cn}为等比数列，公比为qm2
D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm
解析　∵bn＝am(n－1)(q＋q2＋…＋qm)
∴＝＝＝qm(常数)．
bn＋1－bn不是常数．
又∵cn＝(am(n－1))mq1＋2＋…＋m＝
∴＝m＝(qm)m＝qm2(常数)．
cn＋1－cn不是常数．∴选C.
答案　C
13．已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，则的值是________．
解析　∵－1，a1，a2，－4成等差数列，设公差为d，则a2－a1＝d＝[(－4)－(－1)]＝－1，
∵－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，
∴b＝(－1)×(－4)＝4，∴b2＝±2，
若设公比为q，则b2＝(－1)q2，∴b2＜0.
∴b2＝－2，∴＝＝.
答案　
14．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝10，an＋1＝9Sn＋10.
(1)求证：{lg an}是等差数列；
(2)设Tn是数列{}的前n项和，求Tn；
(3)求使Tn>(m2－5m)对全部的n∈N*恒成立的整数m的取值集合．
(1)证明　依题意，得a2＝9a1＋10＝100，故＝10.
当n≥2时，an＋1＝9Sn＋10，an＝9Sn－1＋10，
两式相减得an＋1－an＝9an，
即an＋1＝10an，＝10，
故{an}为等比数列，且an＝a1qn－1＝10n(n∈N*)，
∴lg an＝n.∴lg an＋1－lg an＝(n＋1)－n＝1，
即{lg an}是等差数列．
(2)解　由(1)知，Tn＝3[＋＋…＋]
＝3(1－＋－＋…＋－)＝.
(3)解　∵Tn＝3－，∴当n＝1时，Tn取最小值.
依题意有>(m2－5m)，解得－1<m<6，
故所求整数m的取值集合为{0,1,2,3,4,5}．
15．(2021·广州质量抽测)设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝(m＋1)－man(m为常数，且m＞0)．
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝f(bn－1)(n≥2，n∈N*)，求数列{bn}的通项公式；
(3)在满足(2)的条件下，求证：数列{b}的前n项和Tn＜.
(1)证明　当n＝1时，a1＝S1＝(m＋1)－ma1，解得a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝man－1－man.
即(1＋m)an＝man－1.
∵m为常数，且m＞0，∴＝(n≥2)．
∴数列{an}是首项为1，公比为的等比数列．
(2)解　由(1)得，q＝f(m)＝，b1＝2a1＝2.
∵bn＝f(bn－1)＝，∴＝＋1，即－＝1(n≥2)．
∴是首项为，公差为1的等差数列．
∴＝＋(n－1)·1＝，
即bn＝(n∈N*)
(3)证明　由(2)知bn＝，
则b＝.
所以Tn＝b＋b＋b＋…＋b＝4＋＋＋…＋.
当n≥2时，＜＝－，
所以Tn＝4＋＋＋…＋＜4＋＋＋＋…＋
＝＋－＜.
16．(2022·湖南卷)已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.
(1)若{an}是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值；
(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．
解　(1)由于{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.
而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.
又a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，
解得p＝或p＝0.
当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列冲突，
故p＝.
(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是
(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.　
①
但<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.　
②
由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝2n－1＝.　
③
由于{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故
a2n＋1－a2n＝－2n＝.　
④
由③④即知，an＋1－an＝.于是
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋－＋…＋
＝1＋·
＝＋·.
故数列{an}的通项公式为an＝＋·.
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