2020屆高考數學一輪總復習 課時跟蹤練（三十四）等比數列及其前n項和 理（含解析）新人教A版

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1、課時跟蹤練(三十四) A組　基礎鞏固 1．(2019·湖北調考)設等比數列{an}中，a2＝2，a2＋a4＋a6＝14，則公比q＝(　　) A．3 B．± C．2 D．± 解析：由題意得解得q2＝2， 所以q＝±，故選D. 答案：D 2．[一題多解](2019·成都二診)在等比數列{an}中，已知a3＝6，a3＋a5＋a7＝78，則a5＝(　　) A．12 B．18 C．24 D．36 解析：法一　設等比數列{an}的公比為q，則有a3＋a3q2＋a3q4＝6＋6q2＋6q4＝78，解得q2＝3，所以a5＝a3q2＝18，故選B. 法二　設等比數

2、列{an}的首項為a1，公比為q，則由題意有解得 所以a5＝a1q4＝18. 答案：B 3．(2019·菏澤模擬)等比數列{an}中，a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的兩個實數根，則的值為(　　) A．2 B．－或 C. D．－ 解析：因為a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a2＋a16＝－6，a2·a16＝2，所以a2<0，a16<0，即a1>0，q<0或a1<0，q>0，所以＝a9＝±＝±. 故選B. 答案：B 4．已知各項均為正數的等比數列{an}中，a4與a14的等比中項為2，則2a7＋a11的最小值為(　　) A．16 B．8

3、C．2 D．4 解析：因為a4與a14的等比中項為2， 所以a4·a14＝a7·a11＝(2)2＝8， 所以2a7＋a11≥2＝2＝8， 所以2a7＋a11的最小值為8. 答案：B 5．已知數列{an}滿足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6＝9，則log(a5＋a7＋a9)的值是(　　) A．－5 B．－ C．5 D. 解析：因為log3an＋1＝log3an＋1， 所以an＋1＝3an.又由題意知an>0， 所以數列{an}是公比q＝3的等比數列． 因為a5＋a7＋a9＝q3(a2＋a4＋a6)， 所以log(a5＋a

4、7＋a9)＝log(9×33)＝log35＝－5. 答案：A 6．在等比數列{an}中，若a1·a5＝16，a4＝8，則a6＝________． 解析：由題意得，a2·a4＝a1·a5＝16， 所以a2＝2，所以q2＝＝4，所以a6＝a4q2＝32. 答案：32 7．在各項均為正數的等比數列{an}中，若am·am＋2＝2am＋1(m∈N*)，數列{an}的前n項積為Tn，且T2m＋1＝128，則m的值為________． 解析：因為am·am＋2＝2am＋1，所以a＝2am＋1， 即am＋1＝2，即{an}為常數列．又T2m＋1＝(am＋1)2m＋1，由22m＋1＝128，得

5、m＝3. 答案：3 8．(2019·合肥二測)已知數列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，則其前9項的和S9＝________． 解析：由＝4(an＋1－an)可得a－4an＋1an＋4a＝0，即(an＋1－2an)2＝0，即an＋1＝2an，又a1＝2，所以數列{an}是首項和公比都是2的等比數列，則其前9項的和S9＝＝210－2＝1 022. 答案：1 022 9．(2016·全國卷Ⅰ)已知{an}是公差為3的等差數列，數列{bn}滿足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn. (1)求{an}的通項公式； (2)求{bn}的前n項和． 解：

6、(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2， 所以數列{an}是首項為2，公差為3的等差數列，通項公式為an＝3n－1. (2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝， 因此{bn}是首項為1，公比為的等比數列． 記{bn}的前n項和為Sn， 則Sn＝＝－. 10．(2019·惠州調考)已知數列{an}中，點(an，an＋1)在直線y＝x＋2上，且首項a1＝1. (1)求數列{an}的通項公式； (2)數列{an}的前n項和為Sn，等比數列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，數列{bn}的前n項和為Tn，請寫出適合條件Tn≤Sn的所有n的值

7、． 解：(1)因為點(an，an＋1)在直線y＝x＋2上， 所以an＋1＝an＋2，所以an＋1－an＝2， 所以數列{an}是等差數列，公差為2，又a1＝1， 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)數列{an}的前n項和Sn＝＝n2. 等比數列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，所以q＝3. 所以bn＝3n－1. 所以數列{bn}的前n項和Tn＝＝. Tn≤Sn可化為≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2. 故適合條件Tn≤Sn的所有n的值為1，2. B組　素養(yǎng)提升 11．數列{an}中，已知對任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，則a＋a

8、＋a＋…＋a等于(　　) A．(3n－1)2 B.(9n－1) C．9n－1 D.(3n－1) 解析：因為a1＋a2＋…＋an＝3n－1，n∈N*， 當n≥2時，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1， 所以當n≥2時，an＝3n－3n－1＝2·3n－1， 又n＝1時，a1＝2適合上式，所以an＝2·3n－1， 故數列{a}是首項為4，公比為9的等比數列， 因此a＋a＋…＋a＝＝(9n－1)． 答案：B 12．(2019·河南六市聯(lián)考)若正項遞增等比數列{an}滿足1＋(a2－a4)＋λ(a3－a5)＝0(λ∈R)，則a6＋λa7的最小值為(　　) A．－2

9、 B．－4 C．2 D．4 解析：因為{an}是正項遞增的等比數列， 所以a1>0，q>1， 由1＋(a2－a4)＋λ(a3－a5)＝0， 得1＋(a2－a4)＋λq(a2－a4)＝0， 所以1＋λq＝， 所以a6＋λa7＝a6(1＋λq)＝＝＝＝(q2－1)＋2＋≥2 ＋2＝4(q2－1>0)， 當且僅當q＝時取等號，所以a6＋λa7的最小值為4.故選D. 答案：D 13．(2019·佛山質量檢測)數列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝3－，n∈N*，則a1＋a2＋…＋an＝________． 解析：因為a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝3－，

10、 所以a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝3－(n≥2)， 兩式相減得(2n－1)an＝(n≥2)，an＝(n≥2)， 當n＝1時，a1＝3－＝，適合上式， 所以an＝(n∈N*)， 因此a1＋a2＋…＋an＝＝1－. 答案：1－ 14．(2019·信陽模擬)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ為常數)． (1)試探究數列{an＋λ}是不是等比數列，并求an； (2)當λ＝1時，求數列{n(an＋λ)}的前n項和Tn. 解：(1)因為an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ)． 又a1＝1， 所以當λ＝－1時，a1＋λ＝0，數列{an＋

11、λ}不是等比數列， 此時an＋λ＝an－1＝0，即an＝1； 當λ≠－1時，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0， 所以數列{an＋λ}是以1＋λ為首項，2為公比的等比數列， 此時an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ. (2)由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n×2n， Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，② ①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2. 所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2. 6