2020版高考数学一轮复习第六章数列课时规范练29等比数列及其前n项和文北师大版.docx

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.9B.72C.9或72D.9或-722.(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-2B.4C.2D.3.(2018黑龙江仿真模拟十一)等比数列an中,an0,a1+a2=6,a3=8,则a6=()A.64B.128C.256D.5124.在公比为正数的等比数列an中,a1+a2=2,a3+a4=8,则S8等于()A.21B.42C.135D.1705.(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tan=()A.-B.C.D.-7.(2018陕西咸阳三模)已知数列an为等比数列,且a3a11+2=4,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)+(a3-a5)=0(R),则a6+a7的最小值为()A.-2B.-4C.2D.411.(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,使得数列an+为等比数列.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a11,则()A.a1a3,a2a3,a2a4C.a1a4D.a1a3,a2a415.我们把满足xn+1=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=ln,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-10,an+1an+2=4n且q0,两式相除可得=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=225=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q0,q=2,a1(1+q)=a1(1+2)=2,a1=,S8=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=381,可得x=3,故选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.tan=tan=tan11-=-tan=-,故选A.7.an是等比数列,a3a11+2+2=4,即,a1a13=,tan(a1a13)=tan.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=,an=a1qn-1=(n=1,2,).(2)不存在n,使得an的前n项和Sn为,a1=1,q=,Sn=21-.(方法一)令Sn=,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nN+,有1-1,Sn=21-1),a6+a7=a6(1+q)=(q2-1)+2+2+2=4,当且仅当q=时取等号,即a6+a7的最小值为4,故选D.11.-63Sn=2an+1,Sn-1=2an-1+1(n2).-,得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n2).又S1=2a1+1,a1=-1.an是以-1为首项,2为公比的等比数列,则S6=-63.12.证明 Sn=an+n-3,当n=1时,S1=a1+1-3,所以a1=4.当n2时,Sn-1=an-1+n-1-3,由两式相减得an=an-an-1+1,即an=3an-1-2(n2).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=-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=,因此bn是首项为1,公比为的等比数列.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=,a1+a2+a3=.a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),a1+a2+a3=,即a1(1+q+q2)=.又a11,q1,即q+q20,解得q0舍去).由a11,可知a1(1+q+q2)1,a1(1+q+q2+q3)0,即1+q+q2+q30,即(1+q)+q2(1+q)0,即(1+q)(1+q2)