高考数学一轮复习考点规范练31等比数列及其前n项和含解析新人教A版理

考点规范练31　等比数列及其前n项和

基础巩固

1.已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=(　　)

A.16 B.8 C.4 D.2

答案:C

解析:设等比数列{an}的公比为q(q>0),

则解得

所以a3=a1q2=1×22=4.故选C.

2.在正项等比数列{an}中,a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,则a1·a2·a25·a48·a49的值为(　　)

A B.9 C.±9 D.35

答案:B

解析:∵a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,∴a2·a48=3.

又a1·a49=a2·a48==3,a25>0,

∴a1·a2·a25·a48·a49==9

故选B.

3.“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起 ,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为(　　)

Af Bf Cf Df

答案:D

解析:由题知,这十三个单音的频率构成首项为f,公比为的等比数列,则第八个单音的频率为f=f.

4.等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为(　　)

A.-24 B.-3 C.3 D.8

答案:A

解析:设等差数列的公差为d,则d≠0,=a2·a6,

即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2,

所以S6=6×1+(-2)=-24,故选A.

5.(2020全国Ⅱ,理6)在数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=(　　)

A.2 B.3 C.4 D.5

答案:C

解析:∵am+n=am·an,令m=1,

又a1=2,∴an+1=a1·an=2an,∴=2,

∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n.

∴ak+1+ak+2+…+ak+10=2k+1+2k+2+…+2k+10=2k+1·=2k+11-2k+1=215-25.

∴解得k=4.

6.设数列{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为　　　　　. 

答案:-

解析:由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+(-1)=4a1-6.

∵S1,S2,S4成等比数列,

∴(2a1-1)2=a1(4a1-6),

整理,得2a1+1=0,解得a1=-

7.若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则=　　　　　. 

答案:1

解析:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,

由题意知-1+3d=-q3=8,

即解得

故=1.

8.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1==a6,则S5=　　　　　.

答案:

解析:设等比数列{an}的公比为q,

则a4=a1q3=q3,a6=a1q5=q5.

=a6,q6=q5.

∵q≠0,∴q=3.

∴S5=

9.已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=

(1)求b1,b2,b3;

(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;

(3)求{an}的通项公式.

解:(1)由条件可得an+1=an.

将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.

将n=2代入得,a3=3a2,

所以a3=12.

从而b1=1,b2=2,b3=4.

(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.

由条件可得,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.

(3)由(2)可得=2n-1,所以an=n·2n-1.

10.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.

解:(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,得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-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.

记{bn}的前n项和为Sn,

则Sn=

11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4(a3+1),3a3=5a4,数列{bn}是等比数列,且b1b2=b3,2b1=a5.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式;

(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.

解:(1)设等差数列{an}的公差为d.

∵S4=4(a3+1),3a3=5a4,

解得

∴an=11-2n.

设数列{bn}的公比为q.

∵b1b2=b3,2b1=a5,

解得

∴bn=

(2)由(1)知,Sn=10n-n2.

由an=11-2n≤0可知n≥5.5,

即a1>0,a2>0,…,a5>0,a6<0,a7<0,…,an<0.

故当n≤5时,Tn=Sn=10n-n2;

当n≥6时,Tn=2S5-Sn=n2-10n+50.

于是Tn=

能力提升

12.若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于(　　)

A.6 B.7 C.8 D.9

答案:D

解析:∵a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,∴a+b=p,ab=q.

∵p>0,q>0,∴a>0,b>0.

又a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,或

解①得解②得

∴p=a+b=5,q=1×4=4.

∴p+q=9.故选D.

13.如图,正方形上连接着等腰直角三角形,等腰直角三角形的腰上再连接正方形,……如此继续下去得到一个树形图形,称为“勾股树”.若某“勾股树”含有1 023个正方形,且其最大的正方形的边长为,则其最小的正方形的边长为　　　　　. 

答案:

解析:由题意,得各正方形的边长构成以为首项,为公比的等比数列.已知共得到1023个正方形,则1+2+…+2n-1=1023,解得n=10,故最小的正方形的边长为

14.设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为　　　　　. 

答案:64

解析:设{an}的公比为q.

由已知a1+a3=10,a2+a4=a1q+a3q=5,

两式相除得,

解得q=,a1=8,所以a1a2…an=8n,

抛物线f(n)=-n2+n的对称轴为n=-=3.5,

又n∈N*,所以当n=3或n=4时,a1a2…an取最大值为=26=64.

15.已知等比数列{an}与等差数列{bn},a1=b1=1,a1≠a2,a1,a2,b3成等差数列,b1,a2,b4成等比数列.

(1)求{an},{bn}的通项公式;

(2)设Sn,Tn分别是数列{an},{bn}的前n项和,若Sn+Tn>100,求n的最小值.

解:(1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,

则

解得(舍)或

故an=2n-1,bn=n.

(2)由(1)易知Sn==2n-1,Tn=

由Sn+Tn>100,得2n+>101.

是单调递增数列,

且26+=85<101,27+=156>101,

∴n的最小值为7.

高考预测

16.已知数列{an}满足a1=5,a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2).

(1)求证:{an+1+2an}是等比数列;

(2)求数列{an}的通项公式.

答案:(1)证明∵an+1=an+6an-1(n≥2),

∴an+1+2an=3an+6an-1=3(an+2an-1)(n≥2).

又a1=5,a2=5,∴a2+2a1=15,

∴an+2an-1≠0(n≥2),

=3(n≥2),

∴数列{an+1+2an}是以15为首项,3为公比的等比数列.

(2)解由(1)得an+1+2an=15×3n-1=5×3n,

则an+1=-2an+5×3n,

∴an+1-3n+1=-2(an-3n).

又a1-3=2,∴an-3n≠0,

∴{an-3n}是以2为首项,-2为公比的等比数列.

∴an-3n=2×(-2)n-1,

即an=2×(-2)n-1+3n=3n-(-2)n.