【数学】2020一轮复习北师大版（理）30　等比数列及其前n项和作业 6页

课时规范练30　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.‎‎2‎ ‎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=-a‎7‎‎2‎=-64,则tana‎4‎a‎6‎‎3‎·π=(　　)‎ A.-‎3‎ B.‎3‎ C.±‎3‎ D.-‎‎3‎‎3‎ ‎7.(2018陕西咸阳三模)已知数列{an}为等比数列,且a3a11+2a‎7‎‎2‎=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=‎1‎‎8‎a2.‎ ‎(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‎5‎‎2‎?若存在,求出n的值;若不存在,说明理由.‎ 综合提升组 ‎10.(2018全国1,理14)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=　　　　　. ‎ ‎11.已知数列{an}的前n项和为Sn,对任意的正整数n,都有Sn=‎3‎‎2‎an+n-3成立.‎ 求证:存在实数λ,使得数列{an+λ}为等比数列.‎ ‎12.已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=‎1‎‎3‎,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 ‎13.(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 ‎14.我们把满足xn+1=xn-f(xn)‎f'(xn)‎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an=lnxn‎-1‎xn‎+1‎,已知a1=2,则a3=　　　　　. ‎ 参考答案 课时规范练30　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an+1‎‎·‎an+2‎an‎·‎an+1‎=‎4‎n‎4‎n-1‎=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 a‎1‎‎+a‎1‎q=6,‎a‎1‎q‎2‎‎=8,‎a‎1‎‎>0,‎解得a‎1‎‎=2,‎q=2,‎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=a‎3‎‎+‎a‎4‎a‎1‎‎+‎a‎2‎=4,‎ 又q>0,∴q=2,‎ ‎∴a1(1+q)=a1(1+2)=2,‎ ‎∴a1=‎2‎‎3‎,‎ ‎∴S8=‎2‎‎3‎‎×(‎2‎‎8‎-1)‎‎2-1‎=170.‎ ‎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x(1-‎2‎‎7‎)‎‎1-2‎=381,可得x=3,故选B.‎ ‎6.A　依题意,得a2a3a4=a‎3‎‎3‎=-64,所以a3=-4.由a‎7‎‎2‎=64,得a7=-8,或a7=8(由于a7与a3同号,故舍去),所以a4a6=a3a7=32.tana‎4‎a‎6‎‎3‎·π=tan‎32‎‎3‎·π=tan11π-π‎3‎=-tanπ‎3‎=-‎3‎,故选A.‎ ‎7.‎3‎　∵{an}是等比数列,∴a3a11+2a‎7‎‎2‎=a‎7‎‎2‎+2a‎7‎‎2‎=4π,即a‎7‎‎2‎=‎4π‎3‎,∴a1a13=a‎7‎‎2‎=‎4π‎3‎,tan(a1a13)=tan‎4π‎3‎=‎3‎.‎ ‎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=‎1-(-2‎‎)‎n‎3‎.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=‎1‎‎8‎a2,且a5=a2q3,‎ ‎∴q3=‎1‎‎8‎,得q=‎1‎‎2‎,‎ ‎∴an=a1qn-1=‎1‎‎2‎n-1‎(n=1,2,…).‎ ‎(2)不存在n,使得{an}的前n项和Sn为‎5‎‎2‎,‎ ‎∵a1=1,q=‎1‎‎2‎,‎ ‎∴Sn=‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎=21-‎1‎‎2‎n.‎ ‎(方法一)令Sn=‎5‎‎2‎,则21-‎1‎‎2‎n=‎5‎‎2‎,得2n=-4,该方程无解,‎ ‎∴不存在n,使得{an}的前n项和Sn为‎5‎‎2‎.‎ ‎(方法二)∵对任意n∈N+,有1-‎1‎‎2‎n<1,‎ ‎∴Sn=21-‎1‎‎2‎n<2,‎ ‎∴不存在n,使{an}的前n项和Sn为‎5‎‎2‎.‎ ‎10.-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=‎-1(1-‎2‎‎6‎)‎‎1-2‎=-63.‎ ‎11.证明 ∵Sn=‎3‎‎2‎an+n-3,①‎ ‎∴当n=1时,S1=‎3‎‎2‎a1+1-3,所以a1=4.‎ 当n≥2时,Sn-1=‎3‎‎2‎an-1+n-1-3,②‎ 由①②两式相减得an=‎3‎‎2‎an-‎3‎‎2‎an-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.‎ ‎12.解 (1)由已知,得a1b2+b2=b1,因为b1=1,b2=‎1‎‎3‎,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=bn‎3‎,因此{bn}是首项为1,公比为‎1‎‎3‎的等比数列.‎ 记{bn}的前n项和为Sn,则Sn=‎1-‎‎1‎‎3‎n‎1-‎‎1‎‎3‎=‎3‎‎2‎-‎1‎‎2×‎‎3‎n-1‎.‎ ‎13.B　设等比数列的公比为q,则a1+a2+a3+a4=a‎1‎‎(1-q‎4‎)‎‎1-q,a1+a2+a3=a‎1‎‎(1-q‎3‎)‎‎1-q.‎ ‎∵a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),‎ ‎∴a1+a2+a3=ea‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎+‎a‎4‎,‎ 即a1(1+q+q2)=ea‎1‎‎(1+q+q‎2‎+q‎3‎)‎.‎ 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