2020版高考文科数学(北师大版)一轮复习试题：第六章 数列 课时规范练29

课时规范练29 等比数列及其前n项和

基础巩固组

1.(2018北京师大附中期中)在等比数列{an}中,a1=3,a1+a2+a3=9,则a4+a5+a6等于( ) A.9 B.72 C.9或72 D.9或-72

2.(2018湖南岳阳一中期末)等比数列{an}中,anan+1=4n-1,则数列{an}的公比为( ) A.2或-2 B.4 C.2 D.

3.(2018黑龙江仿真模拟十一)等比数列{an}中,an>0,a1+a2=6,a3=8,则a6=( ) A.64 B.128 C.256 D.512

4.在公比为正数的等比数列{an}中,a1+a2=2,a3+a4=8,则S8等于( ) A.21 B.42 C.135 D.170

5.(2018重庆梁平二调)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 6.(2018衡水中学仿真,6)已知数列{an}为等比数列,且a2a3a4=-=-64,则tanA.-

B.

C.±

D.-

·π=( )

7.(2018陕西咸阳三模)已知数列{an}为等比数列,且a3a11+2=4π,则tan(a1a13)的值为 . 8.(2018全国3,文17)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3. (1)求{an}的通项公式;

(2)记Sn为{an}的前n项和,若Sm=63,求m.

9.(2018北京城六区一模)已知等比数列{an}满足以a1=1,a5=a2. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)试判断是否存在正整数n,使得{an}的前n项和Sn为?若存在,求出n的值;若不存在,说明理由.

综合提升组

10.(2018河南六市联考一,10)若正项递增等比数列{an}满足1+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0(λ∈R),则a6+λa7的最小值为( ) A.-2 B.-4 C.2 D.4

11.(2018全国1,理14)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= . 12.已知数列{an}的前n项和为Sn,对任意的正整数n,都有Sn=an+n-3成立. 求证:存在实数λ,使得数列{an+λ}为等比数列.

1

13.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.

创新应用组

14.(2018浙江,10)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则( ) A.a1a3,a2a4 D.a1>a3,a2>a4 15.我们把满足xn+1=xn-an=ln

的数列{xn}叫做牛顿数列.已知函数f(x)=x2-1,数列{xn}为牛顿数列,设

,已知a1=2,则a3= .

课时规范练29 等比数列及其前n项和

1.D 设等比数列{an}的公比为q,∵a1=3,a1+a2+a3=9,∴3+3q+3q2=9,解得q=1或q=-2,当q=1时,a4+a5+a6=(a1+a2+a3)q3=9.当q=-2时,a4+a5+a6=-72,故选D.

2.C 设等比数列{an}的公比为q,∵anan+1=4n-1>0,∴an+1an+2=4n且q>0,两式相除可得=4,即q2=4,∴q=2,故选C.

3.A 由题意结合等比数列的通项公式可得

解得则a6=a1q5=2×25=64.

4.D (方法一)S8=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+(a7+a8)=2+8+32+128=170.

(方法二)q2==4, 又q>0,∴q=2,

∴a1(1+q)=a1(1+2)=2,

∴a1=∴S8=

,

=170.

=381,可得x=3,故

5.B 设塔的顶层共有x盏灯,则各层的灯数构成一个公比为2的等比数列,由选B.

6.A 依题意,得a2a3a4==-64,所以a3=-4.由=64,得a7=-8,或a7=8(由于a7与a3同号,故舍去),所以a4a6=a3a7=32.tan7.

·π=tan

·π=tan11π-=-tan=-+2=4π,即

.

,故选A. ,∴ ∵{an}是等比数列,∴a3a11+2

,tan(a1a13)=tan

a1a13=

2

8.解 (1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.

由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2. 故an=(-2)n-1或an=2n-1.

(2)若an=(-2)n-1,则Sn=.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解. 若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6. 综上,m=6.

9.解 (1)设{an}的公比为q,∵a5=a2,且a5=a2q3,

∴q3=

,得q=, (n=1,2,…).

,

∴an=a1qn-1=

(2)不存在n,使得{an}的前n项和Sn为

∵a1=1,q=∴Sn=

(方法一)令Sn=

, =21-,则21-.

=

.

,得2n=-4,该方程无解,

∴不存在n,使得{an}的前n项和Sn为

(方法二)∵对任意n∈N+,有1-<1,

∴Sn=21-<2,

.

(q>1),∴≥2+2

=4,当且仅当q=

时取等

∴不存在n,使{an}的前n项和Sn为

10.D 因为1+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0,所以1+λq=

a6+λa7=a6(1+λq)==(q2-1)+2+号,即a6+λa7的最小值为4,故选D. 11.-63 ∵Sn=2an+1,①

∴Sn-1=2an-1+1(n≥2).②

①-②,得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2).

又S1=2a1+1,∴a1=-1.∴{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列,则S6=12.证明 ∵Sn=an+n-3, ①

=-63.

∴当n=1时,S1=

当n≥2时,Sn-1=

a1+1-3,所以a1=4. an-1+n-1-3, ②

由①②两式相减得an=an-an-1+1,即an=3an-1-2(n≥2).

变形得an-1=3(an-1-1),而a1-1=3,

∴数列{an-1}是首项为3,公比为3的等比数列, ∴存在实数λ=-1,使得数列{an-1}为等比数列.

13.解 (1)由已知,得a1b2+b2=b1,因为b1=1,b2=,所以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=记{bn}的前n项和为Sn,则Sn=

14.B 设等比数列的公比为q,则a1+a2+a3+a4=

,因此{bn}是首项为1,公比为

. ,a1+a2+a3=

.

的等比数列.

3

∵a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3), ∴a1+a2+a3=,

即a1(1+q+q2)=. 又a1>1,∴q<0.

假设1+q+q2>1,即q+q2>0,解得q<-1(q>0舍去). 由a1>1,可知a1(1+q+q2)>1,

∴a1(1+q+q2+q3)>0,即1+q+q2+q3>0, 即(1+q)+q2(1+q)>0,

即(1+q)(1+q2)>0,这与q<-1相矛盾. ∴1+q+q2<1,即-1a3,a2

,

, ,

,

所以ln=ln=2ln,即an+1=2an, 所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,则a3=2×22=8.

4