[创新方案]2015高考数学（理）一轮知能检测：第5章 第3节 等比数列及其前n项和

第三节 等比数列及其前n项和

[全盘巩固]

39

1．设Sn是等比数列{an}的前n项和，a3＝，S3＝，则公比q＝( )

22

1111A. B．－ C．1或－ D．1或 2222

39

解析：选C 当q＝1时，a1＝a2＝a3＝，S3＝a1＋a2＋a3＝，符合题意；当q≠1时，

22

?

由题意得?a?1－q?9

S＝＝，

2?1－q

1

3

3

3

a3＝a1q2＝，

2

11

解得q＝－.故q＝1或q＝－.

22

2．各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则a3＋a4＋a5＝( )

A．33 B．72 C．84 D．189 解析：选C ∵a1＋a2＋a3＝21，∴a1＋a1·q＋a1·q2＝21,3＋3×q＋3×q2＝21，

即1＋q＋q2＝7，解得q＝2或q＝－3.∵an>0，∴q＝2，a3＋a4＋a5＝21×q2＝21×4＝84.

3．已知等比数列{an}满足an>0(n∈N*)，且a5a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋log2a5＋?＋log2a2n－1＝( )

A．(n＋1)2 B．n2

C．n(2n－1) D．(n－1)2 解析：选B 由等比数列的性质可知a5a2n－5＝a2又a5a2n－5＝22n，所以an＝2n.又log2a2nn，

2n－1

＝2n－1， －1＝log22

[1＋?2n－1?]n

所以log2a1＋log2a3＋log2a5＋?＋log2a2n－1＝1＋3＋5＋?＋(2n－1)＝＝

2

n2.

a74．已知数列{an}满足a1＝5，anan＋1＝2n，则＝( )

a35

A．2 B．4 C．5 D.

2

n＋1

an＋1an＋22an＋2

解析：选B 依题意得＝n＝2，即＝2，故数列a1，a3，a5，a7，?是一

2ananan＋1

a7个以5为首项、2为公比的等比数列，因此＝4.

a3

5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )

3?n－1－

A．2n1 B.??2? 2?n－11C.? D.－ ?3?2n1解析：选B ∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an.∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an.

an＋131a21

∴3an＝2an＋1.∴＝.又∵S1＝2a2，∴a2＝.∴＝. an22a12

3

∴{an}从第二项起是以为公比的等比数列．

2

1??3?n－1?－1－?2???3?n－1?3n22? ∴Sn＝a1＋a2＋a3＋?＋an＝1＋＝?2??也可以先求出n≥2时，an＝n－1，32?1－

2

3?n－1?

再利用Sn＝2an＋1，求得Sn＝??2??.

6．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”，现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：

①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝|x|；④f(x)＝ln|x|. 则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( ) A．①② B．③④ C．①③ D．②④

a2an＋1?22n＋12

解析：选C 法一：设{an}的公比为q.①f(an)＝an，∵2＝?＝q，∴{f(an)}是等

an?an?|an＋1|an＋1

比数列．排除B，D；③f(an)＝|an|，∵＝＝|q|，∴{f(an)}是等比数列．排除

an|an|

A.

法二：不妨令an＝2n.①因为f(x)＝x2，所以f(an)＝4n.显然{f(2n)}是首项为4，公比为4

f?a2?

的等比数列．②因为f(x)＝2x，所以f(a1)＝f(2)＝22，f(a2)＝f(4)＝24，f(a3)＝f(8)＝28，所以f?a1?

482f?a3?2＝2＝4≠＝4＝16，所以{f(an)}不是等比数列．③因为f(x)＝|x|，所以f(an)＝2n＝(2)n.2f?a2?2

显然{f(an)}是首项为2，公比为2的等比数列．④因为f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln 2n＝nln 2.显然{f(an)}是首项为ln 2，公差为ln 2的等差数列．

7．(2013·重庆高考)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.

解析：由a1，a2，a5成等比数列，得(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，即(1＋d)2＝1＋4d，解得d

8×7

＝2(d＝0舍去)，S8＝8×1＋×2＝64.

2

答案：64 8．(2014·杭州模拟)公差不为0的等差数列{an}的部分项ak1，ak2，ak3，?，构成等比数列，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k4＝______.

解析：据题意等差数列的a1，a2，a6成等比数列，设等差数列的公差为d，则有(a1＋d)2

＝a1(a1＋5d)，解得d＝3a1，故a2＝4a1，a6＝16a1?ak4＝64a1＝a1＋3a1(n－1)，解得n＝22.

答案：22

1

9．(2013·江苏高考)在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋?＋

2

an>a1a2?an的最大正整数n的值为________．

解析：设等比数列的首项为a1，公比为q>0，

1??a1·q4＝，1－2由?得a1＝，q＝2.所以an＝2n6.

3256??a1·q＋a1·q＝3，

n?n－11?－－

a1＋a2＋?＋an＝2n5－25，a1a2?an＝2.

2

n?n－11?－－

由a1＋a2＋?＋an>a1a2?an，得2n5－25>2，

2

n?n－11?－

由2n5>2，得n2－13n＋10<0，

2

13－12913＋129解得

22

an>a1a2?an，n≥13时不满足a1＋a2＋?＋an>a1a2?an，故n的最大值为12.

答案：12

10．数列{an}中，Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)． (1)证明：数列{an}为等比数列； (2)求通项an；

22

(3)当k＝－1时，求和a1＋a22＋?＋an. 解：(1)证明：∵Sn＝1＋kan，① Sn－1＝1＋kan－1，②

ank

①－②得Sn－Sn－1＝kan－kan－1(n≥2)，∴(k－1)an＝kan－1，＝为常数，n≥2.

an－1k－1

k

∴{an}是公比为的等比数列．

k－1

－kn111?k?n－1

(2)∵S1＝a1＝1＋ka1，∴a1＝.∴an＝·＝－.

1－k1－k?k－1??k－1?n1k?1?2?k?2

(3)∵{an}中a1＝，q＝，∴{a2 n}是首项为k－1，公比为k－1的等比数列．????1－kk－1

11

当k＝－1时，等比数列{a2n}的首项为，公比为， 44

1??1?n?1－?4??1??1?n?224?∴a2＋a＋?＋a＝＝?1－?4??. 12n

131－4bx＋c

11．已知函数f(x)＝的图象过原点，且关于点(－1,2)成中心对称．

x＋1

(1)求函数f(x)的解析式；

?an?

(2)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝f(an)，证明数列?a－1?为等比数列，并求出数列{an}

?n?

的通项公式．

bx＋c

解：(1)∵f(0)＝0，∴c＝0.∵f(x)＝的图象关于点(－1,2)成中心对称，

x＋1

2x

∴f(x)＋f(－2－x)＝4，解得b＝2.∴f(x)＝. x＋1

2an(2)∵an＋1＝f(an)＝，

an＋1

∴当n≥2时，

2an－1anan－1an－1＋1an－1－12an－1an－1－1anan－1－1

＝·＝·＝·＝2. an－1an－1an－12an－1an－1an－1－1an－1

－1

an－1－1an－1＋1

a1又＝2≠0， a1－1

?an?

∴数列?a－1?是首项为2，公比为2的等比数列，

?n?an2nn∴＝2，∴an＝n. an－12－1

12．已知等差数列{an}的前n项的和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，公比是q，且满足：a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝12，S2＝b2q.

(1)求an与bn；

an(2)设cn＝3bn－λ·2，若数列{cn}是递增数列，求λ的取值范围．

3

??q＋3＋a2＝12，

解：(1)由已知可得?所以q2＋q－12＝0， 2

?3＋a2＝q，?

解得q＝3或q＝－4(舍)，从而a2＝6，所以an＝3n，bn＝3n1.

an(2)由(1)知，cn＝3bn－λ·2＝3n－λ·2n.

3

*

由题意，cn＋1>cn对任意的n∈N恒成立，

－

?3?nnnnn>3－λ·2恒成立，亦即λ·2<2·3恒成立，即λ<2·??恒成立．

?2?

3?3?n??3?n?由于函数y＝??是增函数，所以?2·???min＝2×＝3， 2?2???2??

故λ<3，即λ的取值范围为(－∞，3)．

[冲击名校]

1．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，且对任意的实数x，y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x

1

＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是________．

2

1?213?1?解析：由已知可得a1＝f(1)＝，a2＝f(2)＝[f(1)]2＝?，a＝f(3)＝f(2)f(1)＝[f(1)]＝3?2??2?2

1??1?n?1－

1?n1?1?2?1?33?1?n＝2??2??＝1－?1?n. ，?，an＝f(n)＝[f(1)]n＝?，所以S＝＋＋＋?＋n?2??2??2?2?2??2?1

1－2

1

∵n∈N*，∴≤Sn<1.

21?

答案：??2，1?

2．数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，n∈N*. (1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列；

(2)在(1)的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn. 解：(1)∵点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，

∴an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1(n>1，且n∈N*)．

∴an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，∴an＋1＝4an(n>1，n∈N*)，a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t＋1， ∴当t＝1时，a2＝4a1，数列{an}是等比数列．

－

(2)在(1)的结论下，an＋1＝4an，an＋1＝4n，bn＝log4an＋1＝n，cn＝an＋bn＝4n1＋n，

－－

∴Tn＝c1＋c2＋?＋cn＝(40＋1)＋(41＋2)＋?＋(4n1＋n)＝(1＋4＋42＋?＋4n1)＋(1＋

4n－1?1＋n?n

2＋3＋?＋n)＝＋. 32

[高频滚动]

1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝40，Sn＝210，Sn－4＝130，则n＝( ) A．12 B．14 C．16 D．18

解析：选B Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40，所以4(a1

n?a1＋an?

＋an)＝120，a1＋an＝30，由Sn＝＝210，得n＝14.

2

2．已知数列{an}满足a1＝1，且an＝2an－1＋2n(n≥2，n∈N*)．

?an?

(1)求证：数列?2n?是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；

??

(2)求数列{an}的前n项和Sn.

解：(1)证明：因为an＝2an－1＋2n，

n

an2an－1＋2an－1anan－1

所以n＝＝n－1＋1，即n－n－1＝1， n22222

?an?a11an11

所以数列?2n?是等差数列，且公差d＝1，其首项1＝，所以n＝＋(n－1)×1＝n－，

22222??

即3

n＋1

－λ·2

n＋1

1

n－?×2n＝(2n－1)2n－1. 解得an＝??2?(2)Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋?＋(2n－1)×2n1，①

－

2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋?＋(2n－3)×2n1＋(2n－1)×2n，② ①－②，得

－

4×?1－2n1?012n－1n

－Sn＝1×2＋2×2＋2×2＋?＋2×2－(2n－1)2＝1＋－(2n－1)2n＝

1－2

(3－2n)2n－3.所以Sn＝(2n－3)2n＋3.

－