2020版高考数学一轮复习课后限时集训30《等比数列及其前n项和》(理数)（含解析） 试卷

课后限时集训(三十)

(建议用时：60分钟)

A组　基础达标

一、选择题

1．(2019·成都模拟)在等比数列{an}中，已知a3＝6，a3＋a5＋a7＝78，则a5＝(    )

A．12        B．18   　C．36   　D．24

B　[由题意知，a5＋a7＝72，即6q2＋6q4＝72，

解得q2＝3，所以a5＝a3q2＝6×3＝18，故选B.]

2．已知{an}，{bn}都是等比数列，那么(    )

A．{an＋bn}，{an·bn}都一定是等比数列

B．{an＋bn}一定是等比数列，但{an·bn}不一定是等比数列

C．{an＋bn}不一定是等比数列，但{an·bn}一定是等比数列

D．{an＋bn}，{an·bn}都不一定是等比数列

C　[两个等比数列的和不一定是等比数列，但两个等比数列的积一定是等比数列，故选C.]

3．(2017·全国卷Ⅲ)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

A　[由已知条件可得a1＝1，d≠0，

由a＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝－2.

所以S6＝6×1＋＝－24.

故选A.]

4．(2019·洛阳模拟)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，则的值为(    )

A．－           B．－

C.   D．－或

B　[∵{an}为等比数列，∴a2·a16＝a3·a15＝a，

由题意得∴a＝2，

由上式可知，a3＜0，a15＜0；则a9＜0，

∴＝a9＝－.]

5．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(    )

A．1盏          B．3盏   C．5盏   D．9盏

B　[设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，

∴S7＝＝＝381，解得a1＝3.

故选B.]

二、填空题

6．(2017·北京高考)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.

1　[设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，

则由a4＝a1＋3d，得d＝＝＝3，

由b4＝b1q3得q3＝＝＝－8，∴q＝－2.

∴＝＝＝1.]

7．已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和Sn＝________.

2n－1　[设等比数列的公比为q，

则有

解得或

又{an}为递增数列，所以

所以Sn＝＝2n－1.]

8．(2019·惠州模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S1＋2S2＝3S3，则{an}的公比等于________．

－　[由S1＋2S2＝3S3得a1＋2(a1＋a2)＝3(a1＋a2＋a3)，

所以3a3＝－a2，即＝－.]

三、解答题

9．(2016·全国卷Ⅰ)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)知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＝＝－.

10．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．

[解]　(1)设{an}的公比为q.由题设可得

解得q＝－2，a1＝－2.

故{an}的通项公式为an＝(－2)n.

(2)由(1)可得

Sn＝＝－＋(－1)n.

由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n

＝2＝2Sn，

故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．

B组　能力提升

1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝(    )

A．2            B.   C.         D．3

B　[法一：由等比数列的性质及题意，得S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，由已知得S6＝3S3，∴＝，即S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴＝.

法二：＝1＋＝1＋q3＝3，所以q3＝2.

则＝＝＝.]

2．在递增的等比数列{an}中，已知a1＋an＝34，a3·an－2＝64，且前n项和Sn＝42，则n等于(    )

A．3          B．4   C．5   D．6

A　[因为{an}为等比数列，

所以a3·an－2＝a1·an＝64.

又a1＋an＝34.

所以a1，an是方程x2－34x＋64＝0的两根，

解得或

又因为{an}是递增数列，所以

由Sn＝＝＝42，

解得q＝4.

由an＝a1qn－1＝2×4n－1＝32，

解得n＝3.故选A.]

3．在数列{an}中，若a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝________.

　[由an＋an＋1＝得a1＋a2＝，a3＋a4＝，a5＋a6＝，…，a2n－1＋a2n＝，所以a1＋a2＋…＋a2n＝＋＋＋…＋＝＝.]

4．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.

(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；

(2)求数列{bn}的通项公式．

[解]　(1)证明：∵an＋Sn＝n，①

∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1，②

②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，即2an＋1＝an＋1，

∴2(an＋1－1)＝an－1，即2cn＋1＝cn.

由a1＋S1＝1得a1＝，∴c1＝a1－1＝－，

从而cn≠0，∴＝.

∴数列{cn}是以－为首项，为公比的等比数列．

(2)由(1)知cn＝－×＝－，

又cn＝an－1，∴an＝cn＋1＝1－，

∴当n≥2时，

bn＝an－an－1＝1－－＝n.

又b1＝a1＝，适合上式，故bn＝.