2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.3等比数列及其前n 项和课时跟踪检测理[课 时 跟 踪 检 测][基 础 达 标]1.已知数列{a n }为等比数列,若a 4+a 6=10,则a 7(a 1+2a 3)+a 3a 9的值为( ) A .10 B .20 C .100D .200解析:a 7(a 1+2a 3)+a 3a 9=a 7a 1+2a 7a 3+a 3a 9=a 24+2a 4a 6+a 26=(a 4+a 6)2=102=100. 答案:C2.设等比数列{a n }中,前n 项和为S n ,已知S 3=8,S 6=7,则a 7+a 8+a 9等于( ) A.18 B .-18C.578D .558解析:因为a 7+a 8+a 9=S 9-S 6,且S 3,S 6-S 3,S 9-S 6也成等比数列,即8,-1,S 9-S 6成等比数列,所以8(S 9-S 6)=1,即S 9-S 6=18.所以a 7+a 8+a 9=18.答案:A3.已知数列{a n }满足log 3a n +1=log 3a n +1(n ∈N *),且a 2+a 4+a 6=9,则log 13(a 5+a 7+a 9)的值是( )A .-5B .-15C .5D .15解析:∵log 3a n +1=log 3a n +1,∴a n +1=3a n . ∴数列{a n }是公比q =3的等比数列. ∵a 5+a 7+a 9=q 3(a 2+a 4+a 6),∴log 13(a 5+a 7+a 9)=log 13(9×33)=log 1335=-5.答案:A4.(xx 届太原一模)在单调递减的等比数列{a n }中,若a 3=1,a 2+a 4=52,则a 1=( )A .2B .4 C. 2D .2 2解析:在等比数列{a n }中,a 2a 4=a 23=1,又a 2+a 4=52,数列{a n }为递减数列,所以a 2=2,a 4=12,所以q 2=a 4a 2=14,所以q =12,a 1=a 2q=4.答案:B5.(xx 届莱芜模拟)已知数列{a n },{b n }满足a 1=b 1=3,a n +1-a n =b n +1b n=3,n ∈N *,若数列{c n }满足c n =ba n ,则c 2 017=( )A .92 016B .272 016C .92 017D .272 017解析:由已知条件知{a n }是首项为3,公差为3的等差数列,数列{b n }是首项为3,公比为3的等比数列,所以a n =3n ,b n =3n. 又c n =ba n =33n, 所以c 2 017=33×2 017=272 017.答案:D6.(xx 届海口市调研测试)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,a 2-8a 5=0,则S 8S 4的值为( )A.12 B .1716 C .2D .17解析:设{a n }的公比为q ,依题意得a 5a 2=18=q 3,因此q =12.注意到a 5+a 6+a 7+a 8=q 4(a 1+a 2+a 3+a 4),即有S 8-S 4=q 4S 4,因此S 8=(q 4+1)S 4,S 8S 4=q 4+1=1716,选B.答案:B7.(xx 届衡阳模拟)在等比数列{a n }中,a 1=2,前n 项和为S n ,若数列{a n +1}也是等比数列,则S n =( )A .2n +1-2 B .3n C .2nD .3n-1解析:因为数列{a n }为等比数列,a 1=2,设其公比为q ,则a n =2qn -1,因为数列{a n +1}也是等比数列,所以(a n +1+1)2=(a n +1)(a n +2+1)⇒a 2n +1+2a n +1=a n a n +2+a n +a n +2⇒a n +a n+2=2a n +1⇒a n (1+q 2-2q )=0⇒q =1,即a n =2,所以S n =2n ,故选C.答案:C8.(xx 届广州市五校联考)已知数列{a n }的首项a 1=2,数列{b n }为等比数列,且b n =a n +1a n,若b 10b 11=2,则a 21=( )A .29B .210C .211D .212解析:由b n =a n +1a n ,且a 1=2,得b 1=a 2a 1=a 22,a 2=2b 1;b 2=a 3a 2,a 3=a 2b 2=2b 1b 2;b 3=a 4a 3,a 4=a 3b 3=2b 1b 2b 3;…;a n =2b 1b 2b 3…b n -1,所以a 21=2b 1b 2b 3…b 20,又{b n }为等比数列,所以a 21=2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)=2(b 10b 11)10=211. 答案:C9.由正数组成的等比数列{a n }满足a 3a 8=32,则log 2a 1+log 2a 2+…+log 2a 10=________. 解析:log 2a 1+log 2a 2+…+log 2a 10=log 2(a 1a 10)·(a 2a 9)·…·(a 5a 6)=log 2(a 3a 8)5=log 2225=25.答案:2510.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=1,且3S 1,2S 2,S 3成等差数列,则a n =________. 解析:因为3S 1,2S 2,S 3成等差数列,所以4S 2=3S 1+S 3,即4(a 1+a 2)=3a 1+a 1+a 2+a 3.化简得a 3a 2=3,即等比数列{a n }的公比q =3,故a n =1×3n -1=3n -1.答案:3n -111.(xx 届南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1=12,前n 项和为S n ,且a 4+S 4,a 5+S 5,a 6+S 6成等差数列.(1)求等比数列{a n }的通项公式;(2)对n ∈N *,在a n 与a n +1之间插入3n 个数,使这3n+2个数成等差数列,记插入的这3n个数的和为b n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解:(1)因为a 4+S 4,a 5+S 5,a 6+S 6成等差数列, 所以a 5+S 5-a 4-S 4=a 6+S 6-a 5-S 5, 即2a 6-3a 5+a 4=0, 所以2q 2-3q +1=0, 因为q ≠1, 所以q =12,所以等比数列{a n }的通项公式为a n =12n .(2)b n =a n +a n +12·3n=34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ,T n =34×32-⎝ ⎛⎭⎪⎫32n +11-32=94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n -1.12.设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *).已知a 1=1,a 2=32,a 3=54,且当n ≥2时,4S n+2+5S n =8S n +1+S n -1. (1)求a 4的值;(2)证明:⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n +1-12a n 为等比数列.解:(1)当n =2时,4S 4+5S 2=8S 3+S 1,即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1+32+54+a 4+5⎝ ⎛⎭⎪⎫1+32=81+32+54+1,解得a 4=78.(2)证明:由4S n +2+5S n =8S n +1+S n -1(n ≥2), 得4S n +2-4S n +1+S n -S n -1=4S n +1-4S n (n ≥2), 即4a n +2+a n =4a n +1(n ≥2).∵4a 3+a 1=4×54+1=6=4a 2符合上式,∴4a n +2+a n =4a n +1(n ≥1), ∴a n +2-12a n +1a n +1-12a n=4a n +2-2a n +14a n +1-2a n=4a n +1-a n -2a n +14a n +1-2a n =2a n +1-a n 22a n +1-a n =12,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n +1-12a n 是以a 2-12a 1=1为首项,12为公比的等比数列.[能 力 提 升]1.若{a n }是正项递增等比数列,T n 表示其前n 项之积,且T 10=T 20,则当T n 取最小值时,n 的值为________.解析:T 10=T 20⇒a 11…a 20=1⇒(a 15a 16)5=1⇒a 15a 16=1,又{a n }是正项递增等比数列,所以0<a 1<a 2<…<a 14<a 15<1<a 16<a 17<…,因此当T n 取最小值时,n 的值为15.答案:152.(xx 届山西吕梁质检)已知数列2,8,4,12,…,该数列的特点是从第2项起,每一项都等于它的前后两项之积,则这个数列的前2 018项之积T 2 018等于________.解析:数列2,8,4,12,…,该数列的特点是从第2项起,每一项都等于它的前后两项之积,这个数列的前8项分别为2,8,4,12,18,14,2,8,易得从第7项起,数字重复出现,所以此数列为周期数列,且周期为6,前6项积为2×8×4×12×18×14=1.又因为2 018=336×6+2,所以这个数列的前2 018项之积T 2 018=1336×2×8=16. 答案:163.已知数列{a n }满足a 1=5,a 2=5,a n +1=a n +6a n -1(n ≥2). (1)求证:{a n +1+2a n }是等比数列; (2)求数列{a n }的通项公式.解:(1)证明:∵a n +1=a n +6a n -1(n ≥2), ∴a n +1+2a n =3a n +6a n -1=3(a n +2a n -1)(n ≥2). ∵a 1=5,a 2=5,∴a 2+2a 1=15, ∴a n +2a n -1≠0(n ≥2),∴a n +1+2a na n +2a n -1=3(n ≥2),∴数列{a n +1+2a n }是以15为首项,3为公比的等比数列. (2)由(1)得a n +1+2a n =15×3n -1=5×3n,则a n +1=-2a n +5×3n, ∴a n +1-3n +1=-2(a n -3n).又∵a 1-3=2,∴a n -3n≠0,∴{a n -3n}是以2为首项,-2为公比的等比数列. ∴a n -3n=2×(-2)n -1,即a n =2×(-2)n -1+3n.2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.4数列求和课时跟踪检测理[课 时 跟 踪 检 测][基 础 达 标]1.已知数列{a n }是等差数列,a 1=tan225°,a 5=13a 1,设S n 为数列{(-1)na n }的前n 项和,则S 2 014=( )A .2 015B .-2 015C .3 021D .-3 022解析:由题知a 1=tan(180°+45°)=1,∴a 5=13 ∴d =a 5-a 15-1=124=3. ∴a n =1+3(n -1)=3n -2. 设b n =(-1)na n =(-1)n(3n -2),∴S 2 014=(-1+4)+(-7+10)+…+(-6 037+6 040)=3×1 007=3 021.故选C. 答案:C2.设{a n }是公差不为零的等差数列,a 2=2,且a 1,a 3,a 9成等比数列,则数列{a n }的前n 项和S n =( )A.n 24+7n 4 B .n 22+3n 2C.n 24+3n4D .n 22+n2解析:设等差数列{a n }的公差为d ,则 由a 23=a 1a 9得(a 2+d )2=(a 2-d )(a 2+7d ), 代入a 2=2,解得d =1或d =0(舍). ∴a n =2+(n -2)×1=n , ∴S n =a 1+a n n2=1+n n 2=n 22+n 2.故选D. 答案:D3.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 2a 3=2a 1,且a 4与2a 7的等差中项为54,则S 5=( )A .29B .31C .33D .36解析:设等比数列{a n }的公比为q 则a 21q 3=2a 1,①a 1q 3+2a 1q 6=52,②解得a 1=16,q =12,∴S 5=a 11-q 51-q=31,故选B.答案:B4.已知等比数列{a n }的各项均为正数,a 1=1,公比为q ;等差数列{b n }中,b 1=3,且{b n }的前n 项和为S n ,a 3+S 3=27,q =S 2a 2.(1)求{a n }与{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c n =32S n ,求{c n }的前n 项和T n .解:(1)设数列{b n }的公差为d , ∵a 3+S 3=27,q =S 2a 2,∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2+3d =18,6+d =q 2.求得q =3,d =3,∴a n =3n -1,b n =3n .(2)由题意得S n =n 3+3n2,c n =32S n =32×23×1n n +1=1n -1n +1. ∴T n =1-12+12-13+13-14+…+1n -1n +1=1-1n +1=nn +1.5.(xx 届广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列,a 2=4,a 3+2是a 2和a 4的等差中项. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2log 2a n -1,求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解:(1)设数列{a n }的公比为q , 因为a 2=4,所以a 3=4q ,a 4=4q 2. 因为a 3+2是a 2和a 4的等差中项, 所以2(a 3+2)=a 2+a 4, 化简得q 2-2q =0. 因为公比q ≠0,所以q =2. 所以a n =a 2qn -2=4×2n -2=2n (n ∈N *).(2)因为a n =2n,所以b n =2log 2a n -1=2n -1, 所以a n b n =(2n -1)2n,则T n =1×2+3×22+5×23+…+(2n -3)2n -1+(2n -1)2n,①2T n =1×22+3×23+5×24+…+(2n -3)2n+(2n -1)·2n +1.②由①-②得,-T n =2+2×22+2×23+…+2×2n -(2n -1)2n +1=2+2×41-2n -11-2-(2n -1)2n +1=-6-(2n -3)2n +1,所以T n =6+(2n -3)2n +1.6.S n 为数列{a n }的前n 项和,已知a n >0,a 2n +2a n =4S n +3. (1)求{a n }的通项公式; (2)设b n =1a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和.解:(1)由a 2n +2a n =4S n +3,① 可知a 2n +1+2a n +1=4S n +1+3.②②-①,得a 2n +1-a 2n +2(a n +1-a n )=4a n +1, 即2(a n +1+a n )=a 2n +1-a 2n =(a n +1+a n )(a n +1-a n ). 由a n >0,得a n +1-a n =2.又a 21+2a 1=4a 1+3,解得a 1=-1(舍去)或a 1=3. 所以{a n }是首项为3,公差为2的等差数列, 通项公式为a n =2n +1. (2)由a n =2n +1可知b n =1a n a n +1=12n +12n +3=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n +1-12n +3.设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T n =b 1+b 2+…+b n=12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+⎝ ⎛⎭⎪⎫15-17+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n +1-12n +3=n32n +3.7.已知数列{a n }与{b n }满足a n +1-a n =2(b n +1-b n )(n ∈N *). (1)若a 1=1,b n =3n +5,求数列{a n }的通项公式;(2)若a 1=6,b n =2n(n ∈N *)且λa n >2n +n +2λ对一切n ∈N *恒成立, 求实数λ的取值范围.解:(1)因为a n +1-a n =2(b n +1-b n ),b n =3n +5, 所以a n +1-a n =2(b n +1-b n )=2(3n +8-3n -5)=6, 所以{a n }是等差数列,首项为1,公差为6, 即a n =6n -5. (2)因为b n =2n, 所以a n +1-a n =2(2n +1-2n )=2n +1,当n ≥2时,a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1=2n +2n -1+…+22+6=2n +1+2,当n =1时,a 1=6,符合上式,所以a n =2n +1+2,由λa n >2n+n +2λ得λ>2n+n 2n +1=12+n 2n +1,令f (n )=12+n 2n +1,因为f (n +1)-f (n )=n +12n +2-n 2n +1=1-n 2n +2≤0, 所以12+n2n +1在n ≥1时单调递减,所以当n =1,2时,2n+n 2n +1取最大值34,故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34,+∞. [能 力 提 升]1.已知数列{a n }的首项为a 1=1,前n 项和为S n ,且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =(-1)na n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解:(1)由已知得S n n=1+(n -1)×2=2n -1, 所以S n =2n 2-n , 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n 2-n -[2(n -1)2-(n -1)]=4n -3. a 1=1=4×1-3,所以a n =4n -3,n ∈N *.(2)由(1)可得b n =(-1)na n =(-1)n(4n -3). 当n 为偶数时,T n =(-1+5)+(-9+13)+…+[-(4n -7)+(4n -3)]=4×n2=2n ,当n 为奇数时,n +1为偶数,T n =T n +1-b n +1=2(n +1)-(4n +1)=-2n +1,综上,T n =⎩⎪⎨⎪⎧2n ,n =2k ,k ∈N *,-2n +1,n =2k -1,k ∈N *.2.在数列{a n }中,已知a n >1,a 1=1+3,且a n +1-a n =2a n +1+a n -2,记b n =(a n -1)2,n ∈N *.(1)求数列{b n }的通项公式;(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ,证明:13≤1S 1+1S 2+1S 3+…+1S n <34.解:(1)因为a n +1-a n =2a n +1+a n -2,所以a 2n +1-a 2n -2a n +1+2a n =2, 即(a n +1-1)2-(a n -1)2=2. 又b n =(a n -1)2,n ∈N *,所以b n +1-b n =2,数列{b n }是以b 1=(1+3-1)2=3为首项,2为公差的等差数列, 故b n =2n +1,n ∈N *. (2)证明:由(1)得S n =n 3+2n +12=n (n +2),所以1S n =1nn +2=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +2,n ∈N *, 所以1S 1+1S 2+1S 3+…+1S n=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+12-14+13-15+…+1n -1n +2=12⎝ ⎛⎭⎪⎫32-1n +1-1n +2=34-12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +1+1n +2<34.记T n =1S 1+1S 2+1S 3+…+1S n,因为1S n>0,n ∈N *,所以T n 单调递增.故T n ≥T 1=1S 1=13.综上13≤1S 1+1S 2+…+1S n <34.3.已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a 2n +a n =2S n . (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求证:S n2<S 1+S 2+…+S n <S n +1-12.解:(1)因为当n ∈N *时,a 2n +a n =2S n , 故当n >1时,a 2n -1+a n -1=2S n -1,两式相减得,a 2n -a 2n -1+a n -a n -1=2S n -2S n -1=2a n , 即(a n +a n -1)(a n -a n -1)=a n +a n -1.因为a n >0,所以a n +a n -1>0,所以当n >1时,a n -a n -1=1.又当n =1时,a 21+a 1=2S 1=2a 1,得a 1=1, 所以数列{a n }是以1为首项,1为公差的等差数列, 所以a n =n .(2)证明:由(1)及等差数列的前n 项和公式知S n =n n +12,所以S n = n n +12>n 22=n2, 所以S 1+S 2+…+S n >12+22+…+n 2= 1+2+…+n 2=S n 2. 又S n = n n +12<n +122=n +12, 所以S 1+S 2+…+S n <22+32+…+n +12=1+2+…+n +12-12=S n +1-12, 所以S n2<S 1+S 2+…+S n <S n +1-12.。