2020高考數學總復習 第二十九講 等比數列 新人教版

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1、第二十九講　等比數列 班級________　姓名________　考號________　日期________　得分________ 一、選擇題：(本大題共6小題，每小題6分，共36分，將正確答案的代號填在題后的括號內．) 1．在等比數列{an}中，a7·a11＝6，a4＋a14＝5，則＝(　　) A.　　　　　　　　　 B. C.或 D．－或－ 解析：在等比數列{an}中，a7·a11＝a4·a14＝6① 又a4＋a14＝5② 由①、②組成方程組解得或 ∴＝＝或. 答案：C 2．在等比數列{an}中a1＝2，前n項和為Sn，若數列{an＋1}也是等比數列，則S

2、n等于(　　) A．2n＋1－2 B．3n C．2n D．3n－1 解析：要{an}是等比數列，{an＋1}也是等比數列，則只有{an}為常數列，故Sn＝na1＝2n. 答案：C 評析：本題考查了等比數列的性質及對性質的綜合應用，抓住只有常數列有此性質是本題的關鍵，也是技巧；否則逐一驗證，問題運算量就較大． 3．設等比數列{an}的前n項和為Sn，若S6S3＝12，則S9S3等于(　　) A．12 B．23 C．34 D．13 解析：解法一：∵S6S3＝12， ∴{an}的公比q≠1. 由÷＝， 得q3＝－， ∴＝＝. 解法二：因

3、為{an}是等比數列，所以S3，S6－S3，S9－S6也成等比數列， 即(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，將S6＝S3代入得＝，故選C. 答案：C 4．已知等比數列{an}中，an>0，a10a11＝e，則lna1＋lna2＋…＋lna20的值為(　　) A．12 B．10 C．8 D．e 解析：lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝lne10＝10，故選B. 答案：B 5．若數列{an}滿足a1＝5，an＋1＝＋(n∈N*)，則其前10項和是(　　) A．200 B．150 C．100 D．

4、50 解析：由已知得(an＋1－an)2＝0， ∴an＋1＝an＝5， ∴S10＝50.故選D. 答案：D 6.在等比數列{an}中，a1＋a2＋…＋an＝2n－1(n∈N*)，則a＋a＋…＋a等于(　　) A．(2n－1)2 B.(2n－1)2 C．4n－1 D.(4n－1) 解析：若a1＋a2＋…＋an＝2n－1，則an＝2n－1，a1＝1，q＝2，所以a＋a＋…＋a＝(4n－1)，故選D. 答案：D 二、填空題：(本大題共4小題，每小題6分，共24分，把正確答案填在題后的橫線上．) 7．數列{an}中，設數列{an}的前n項和為Sn，則S9＝________.

5、 解析：S9＝(1＋22＋24＋26＋28)＋(3＋7＋11＋15)＝377. 答案：377 8．數列{an}的前n項之和為Sn，Sn＝1－an，則an＝________. 解析：n＝1時，a1＝S1＝1－a1，得a1＝， n≥2時，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1. 兩式相減得an＝an－1－an， 即an＝an－1，＝， 所以{an}是等比數列，首項為a1＝，公比為， 所以an＝·n－1. 答案：·n－1 9．{an}是等比數列，前n項和為Sn，S2＝7，S6＝91，則S4＝________. 解析：設數列{an}的公比為q， ∵S2＝7，S6＝91. ∴

6、 ∴ ∴q4＋q2－12＝0，∴q2＝3. ∴S4＝＝a1(1＋q)(1＋q2)＝(a1＋a1q)(1＋q2)＝28. 答案：28 10．設數列{an}的前n項和為Sn(n∈N＋)，關于數列{an}有下列四個命題： ①若{an}既是等差數列又是等比數列，則an＝an＋1(n∈N＋)　 ②若Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，則{an}是等差數列 ③若Sn＝1－(－1)n，則{an}是等比數列 ④若{an}是等比數列，則Sm，S2m－Sm，S3m－S2m(m∈N＋)也成等比數列． 其中正確的命題是__________．(填上正確命題的序號) 解析：①若{an}既是等差數列又是等

7、比數列，{an}為非零常數列，故an＝an＋1(n∈N＋)；②若{an}是等差數列，Sn＝n2＋n為an2＋bn(a，b∈R)的形式；③若Sn＝1－(－1)n，則n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝1－(－1)n－1＋(－1)n－1＝(－1)n－1－(－1)n，而a1＝2，適合上述通項公式，所以an＝(－1)n－1－(－1)n是等比數列；④若{an}是等比數列，當公比q＝－1且m為偶數時，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m不成等比數列． 答案：①②③ 三、解答題：(本大題共3小題，11、12題13分，13題14分，寫出證明過程或推演步驟．) 11．已知數列{an}中，a1＝1，前n項和為Sn

8、，對任意的自然數n≥2，an是3Sn－4與2－Sn－1的等差中項． (1)求{an}的通項公式； (2)求Sn. 解：(1)由已知，當n≥2時， 2an＝(3Sn－4)＋(2－Sn－1)，① 又an＝Sn－Sn－1，② 由①②得an＝3Sn－4(n≥2)③ an＋1＝3Sn＋1－4④ ③④兩式相減得an＋1－an＝3an＋1 ∴＝－. ∴a2，a3，…，an，…成等比數列，其中 a2＝3S2－4＝3(1＋a2)－4， 即a2＝，q＝－， ∴當n≥2時， an＝a2qn－2＝n－2＝－n－1. 即 (2)解法一：當n≥2時 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a

9、2＋…＋an) ＝1＋ ＝1＋ ＝－n－1， 當n＝1時S1＝1 ＝－0 也符合上述公式． ∴Sn＝－n－1. 解法二：由(1)知n≥2時，an＝3Sn－4， 即Sn＝(an＋4)， ∴n≥2時，Sn＝(an＋4)＝－n－1＋. 又n＝1時，S1＝a1＝1亦適合上式． ∴Sn＝－n－1. 12．設數列{an}的前n項和為Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)，其中m為常數，且m≠－3. (1)求證：{an}是等比數列； (2)若數列{an}的公比q＝f(m)，數列{bn}滿足b1＝a1，bn＝f(bn－1)(n∈N*，n≥2)，求證：{}為等差數列，

10、并求bn. 解：(1)證明：由(3－m)Sn＋2man＝m＋3， 得(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3， 兩式相減，得(3＋m)an＋1＝2man， m≠－3， ∴＝(n≥1)． ∴{an}是等比數列． (2)由(3－m)S1＋2ma1＝m＋3， 解出a1＝1，∴b1＝1. 又∵{an}的公比為， ∴q＝f(m)＝， n≥2時，bn＝f(bn－1)＝·， ∴bnbn－1＋3bn＝3bn－1，推出－＝. ∴{}是以1為首項，為公差的等差數列， ∴＝1＋＝， 又＝1符合上式， ∴bn＝. 13．已知{an}是首項為a1，公比q(q≠1)為正數的等比數列，其前

11、n項和為Sn，且有5S2＝4S4，設bn＝q＋Sn. (1)求q的值； (2)數列{bn}能否是等比數列？若是，請求出a1的值；若不是，請說明理由． 解：(1)由題意知5S2＝4S4， S2＝，S4＝， ∴5(1－q2)＝4(1－q4)，得q2＋1＝. 又q>0，∴q＝. (2)解法一：∵Sn＝＝2a1－a1n－1， 于是bn＝q＋Sn＝＋2a1－a1n－1， 若{bn}是等比數列，則＋2a1＝0，即a1＝－， 此時，bn＝n＋1， ∵＝＝，∴數列{bn}是等比數列， 所以存在實數a1＝－，使數列{bn}為等比數列． 解法二：由于bn＝＋2a1－a1n－1， 所以b1＝＋a1，b2＝＋a1，b3＝＋a1， 若數列{bn}為等比數列，則b＝b1·b3， 即2＝， 整理得4a＋a1＝0，解得a1＝－或a1＝0(舍去)， 此時bn＝n＋1. 故存在實數a1＝－，使數列{bn}為等比數列．