高考数学一轮复习考点规范练27等比数列及其前n项和含解析人教版

考点规范练27　等比数列及其前n项和

一、基础巩固

1.已知等比数列{an}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2等于(　　)

A.2 B.1 C D

答案:C

解析:设等比数列{an}的公比为q,

∵a3a5=4(a4-1),

=4(a4-1),解得a4=2.

又a4=a1q3,且a1=,∴q=2.

∴a2=a1q=

2.在各项均为正数的等比数列{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,且a25>0,

∴a1·a2·a25·a48·a49==9

故选B.

3.(2021广东汕头一模)已知等比数列{an}的各项均为正数,且a2a4=16,a4+a5=24,则数列{an}的通项公式为(　　)

A.an=2n-1 B.an=2n

C.an=3n D.an=3n-1

答案:A

解析:设等比数列{an}的公比为q.

由题意可知,对任意的n∈N*,an>0,q>0.

由等比中项的性质可得a2·a4==16,解得a3=4.

所以a4+a5=a3(q+q2)=4(q+q2)=24,整理可得q2+q-6=0,

解得q=2(负值舍去),所以an=a3qn-3=4×2n-3=2n-1.

4.现有一石窟的某处“浮雕像”共7层,上一层的数量是下一层的2倍,总共有1 016个“浮雕像”,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案.若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an},则log2(a3·a5)的值为(　　)

A.8 B.10 C.12 D.16

答案:C

解析:根据题意可知,最下层的“浮雕像”的数量为a1,且数列{an}为公比q=2的等比数列.

由题意知数列{an}的前7项和S7==1016,

解得a1=8,则an=8×2n-1=2n+2(1≤n≤7),于是a3=25,a5=27,

从而a3·a5=25×27=212,

可得log2(a3·a5)=log2212=12,故选C.

5.(多选)已知数列{an}是等比数列,那么下列数列一定是等比数列的是(　　)

A B

C.{an+an+1} D.{an+an+1+an+2}

答案:AD

解析:当an=1时,log2=0,数列{log2}不一定是等比数列;

当公比q=-1时,an+an+1=0,数列{an+an+1}不一定是等比数列;由等比数列的定义知数列和{an+an+1+an+2}都是等比数列.

6.某公司为扩大产能,于2020年8月20号从银行贷款a元,为还清这笔贷款,该公司从2021年起每年的8月20号便去银行偿还相同的金额,计划恰好在贷款的m年后还清.若银行按年利率为p的复利计息(复利:即将一年后的贷款利息也纳入本金计算新的利息),则该公司每年的偿还金额是(　　)

A B

C D

答案:D

解析:设每年偿还的金额为x,根据题意可得,

a(1+p)m=x+x(1+p)+x(1+p)2+…+x(1+p)m-1,

即a(1+p)m=x,

解得x=

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.(2021北京西城一模)在等比数列{an}中,a1+a3=10,a2+a4=-5,则公比q=　　　　　;若an>1,则n的最大值为　　　　　. 

答案:-　3

解析:因为a1+a3=10,a2+a4=-5,所以q==-,

所以a1+a3=a1+a1q2=10,即a1=8,所以an=a1qn-1=8

所以当n为偶数时,an<0;当n为奇数时,an=8=8=24-n>0.

要使an>1,需4-n>0且n为奇数,即n<4且n为奇数,所以n=1或n=3.

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)求数列{an}的通项公式.

解:(1)由题意可得an+1=an.

将n=1代入,得a2=4a1,而a1=1,

得a2=4.

将n=2代入,得a3=3a2,

得a3=12.

由于bn=,则b1=1,b2=2,b3=4.

(2)数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.

理由如下:

由题意可得,即bn+1=2bn,又b1=1,所以数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.

(3)由(2)可得=2n-1,

故an=n·2n-1.

10.已知数列{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)求数列{an}的通项公式;

(2)求数列{bn}的前n项和.

解:(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,得a1=2.

即数列{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=,因此数列{bn}是首项为1,公比为的等比数列.

设数列{bn}的前n项和为Sn,

则Sn=

二、综合应用

11.(多选)(2021河北石家庄模拟)数学中有各式各样富含诗意的曲线,螺旋线就是其中比较特别的一类.螺旋线这个名词来源于希腊文,它的原意是“旋卷”或“缠卷”.连接嵌套的各个正方形的顶点就可得到近似于螺旋线的美丽图案,其具体作法是:在边长为1的正方形ABCD中,作它的内接正方形EFGH,且使得∠BEF=15°;再作正方形EFGH的内接正方形MNPQ,且使得∠FMN=15°;类似地,依次进行下去,就形成了阴影部分的图案,如图所示.设第n个正方形的边长为an(其中第1个正方形ABCD的边长为a1=AB,第2个正方形EFGH的边长为a2=EF……),第n个直角三角形(阴影部分)的面积为Sn(其中第1个直角三角形AEH的面积为S1,第2个直角三角形EQM的面积为S2……),则下列结论正确的有(　　)

A.数列{an}是公比为的等比数列

B.S1=

C.数列{Sn}是公比为的等比数列

D.数列{Sn}的前n项和Tn<

答案:BD

解析:如图,由图知an=an+1(sin15°+cos15°)=an+1sin(15°+45°)=an+1.

对于A,因为an=an+1,所以,即数列{an}是公比为的等比数列,故A不正确;

对于B和C,因为an=1,

所以Sn=n-1-n=,

所以数列{Sn}是首项为,公比为的等比数列,故B正确,C不正确;

对于D,因为Tn=1-n,所以Tn<,故D正确.

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这三个数可通过适当排序后成等差数列,也可通过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这三个数可通过适当排序后成等差数列,也可通过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.(多选)已知数列{an}是等比数列,则下列说法中正确的是(　　)

A.数列{}是等比数列

B.若a3=2,a7=32,则a5=±8

C.若a1<a2<a3,则数列{an}是递增数列

D.若数列{an}的前n项和Sn=3n-1+r,则r=-1

答案:AC

解析:由于数列{an}是等比数列,

则q2n-2,可得=q2是常数,即数列{}是等比数列,故A正确;

若a3=2,a7=32,则a5==8,故B错误;

若0<a1<a2<a3,则q>1,数列{an}是递增数列;若a1<a2<a3<0,则0<q<1,数列{an}是递增数列,

故C正确;

若数列{an}的前n和Sn=3n-1+r,则a1=S1=1+r,a2=S2-S1=(3+r)-(1+r)=2,a3=S3-S2=(9+r)-(3+r)=6,

由于a1,a2,a3成等比数列,则=a1a3,即4=6(1+r),

解得r=-,故D错误.

14.已知数列{an}是等比数列,且an>0,a2a4+2a3a5+a4a6=25,则a3+a5=　　　　　,a4的最大值为　　　　　. 

答案:5　

解析:因为{an}是等比数列,a2a4+2a3a5+a4a6=25,

所以+2a3a5+=25,即=25,

因为an>0,所以a3+a5=5,

故a3+a5≥2=2a4,即a4

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

(1)求数列{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)设等比数列{an}的公比为q,等差数列{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.

由于是递增数列,

且26+=85<101,27+=156>101,

故n的最小值为7.

三、探究创新

16.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:设等比数列{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,

由于抛物线f(n)=-n2+n的对称轴为直线n=-=3.5,

又n∈N*,所以当n=3或n=4时,a1a2…an取最大值为=26=64.

17.(2021广东梅州二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+Sn=1,则+…+=　　　　　. 

答案:502

解析:数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+Sn=1,

则当n≥2时,an-1+Sn-1=1,

两式相减,可得an-an-1+(Sn-Sn-1)=2an-an-1=0,即an=an-1(n≥2).

令n=1,可得a1+S1=2a1=1,

解得a1=

所以数列{an}是以为首项,为公比的等比数列,所以an=

所以Sn==1-,从而=2n-1.

所以+…+=(2+22+…+28)-(1+1+…+1)=-8=29-10=502.

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

(1)求证:数列{an+1+2an}是等比数列;

(2)求数列{an}的通项公式.

(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,

∴数列{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.