《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 課時(shí)規(guī)范練29 等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和 文 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 課時(shí)規(guī)范練29 等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和 文 北師大版（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)規(guī)范練29　等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和 基礎(chǔ)鞏固組 1.(2018北京師大附中期中)在等比數(shù)列{an}中,a1=3,a1+a2+a3=9,則a4+a5+a6等于(　　) A.9 B.72 C.9或72 D.9或-72 2.(2018湖南岳陽(yáng)一中期末)等比數(shù)列{an}中,anan+1=4n-1,則數(shù)列{an}的公比為(　　) A.2或-2 B.4 C.2 D. 3.(2018黑龍江仿真模擬十一)等比數(shù)列{an}中,an>0,a1+a2=6,a3=8,則a6=(　　) A.64 B.128 C.256 D.512 4.在公比為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中,a1+a2=2,a3+a4=

2、8,則S8等于(　　) A.21 B.42 C.135 D.170 5.(2018重慶梁平二調(diào))我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問(wèn)題:“遠(yuǎn)望巍巍塔七層,紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增,共燈三百八十一,請(qǐng)問(wèn)尖頭幾盞燈?”意思是:一座7層塔共掛了381盞燈,且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍,則塔的頂層共有燈(　　) A.1盞 B.3盞 C.5盞 D.9盞 6.(2018衡水中學(xué)仿真,6)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列,且a2a3a4=-=-64,則tan·π=(　　) A.- B. C.± D.- 7.(2018陜西咸陽(yáng)三模)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列,且a3a11+2=4π,則tan(a1

3、a13)的值為　　　　　.? 8.(2018全國(guó)3,文17)等比數(shù)列{an}中,a1=1,a5=4a3. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)記Sn為{an}的前n項(xiàng)和,若Sm=63,求m. 9.(2018北京城六區(qū)一模)已知等比數(shù)列{an}滿足以a1=1,a5=a2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)試判斷是否存在正整數(shù)n,使得{an}的前n項(xiàng)和Sn為?若存在,求出n的值;若不存在,說(shuō)明理由. 綜合提升組 10.(2018河南六市聯(lián)考一,10)若正項(xiàng)遞增等比數(shù)列{an}滿足1+(a2-a4)+

4、λ(a3-a5)=0(λ∈R),則a6+λa7的最小值為(　　) A.-2 B.-4 C.2 D.4 11.(2018全國(guó)1,理14)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若Sn=2an+1,則S6=　　　　　.? 12.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,對(duì)任意的正整數(shù)n,都有Sn=an+n-3成立. 求證:存在實(shí)數(shù)λ,使得數(shù)列{an+λ}為等比數(shù)列. 13.已知{an}是公差為3的等差數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足b1=1,b2=,anbn+1+bn+1=nbn. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求{bn}的前n項(xiàng)和. 創(chuàng)新應(yīng)用組

5、14.(2018浙江,10)已知a1,a2,a3,a4成等比數(shù)列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,則(　　) A.a1a3,a2a4 D.a1>a3,a2>a4 15.我們把滿足xn+1=xn-的數(shù)列{xn}叫做牛頓數(shù)列.已知函數(shù)f(x)=x2-1,數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列,設(shè)an=ln,已知a1=2,則a3=　　　　　.? 課時(shí)規(guī)范練29　等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和 1.D　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,∵a1=3,a1+a2+a3=9,∴3+3q+3q2=9,解得q=1或q=-2,當(dāng)q=1時(shí),

6、a4+a5+a6=(a1+a2+a3)q3=9.當(dāng)q=-2時(shí),a4+a5+a6=-72,故選D. 2.C　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,∵anan+1=4n-1>0,∴an+1an+2=4n且q>0,兩式相除可得=4,即q2=4,∴q=2,故選C. 3.A　由題意結(jié)合等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得 解得則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==4, 又q>0,∴q=2, ∴a1(1+q)=a1(1+2)=2, ∴a1=, ∴S8==170. 5.B　設(shè)

7、塔的頂層共有x盞燈,則各層的燈數(shù)構(gòu)成一個(gè)公比為2的等比數(shù)列,由=381,可得x=3,故選B. 6.A　依題意,得a2a3a4==-64,所以a3=-4.由=64,得a7=-8,或a7=8(由于a7與a3同號(hào),故舍去),所以a4a6=a3a7=32.tan·π=tan·π=tan11π-=-tan=-,故選A. 7.　∵{an}是等比數(shù)列,∴a3a11+2+2=4π,即,∴a1a13=,tan(a1a13)=tan. 8.解 (1)設(shè){an}的公比為q,由題設(shè)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. (

8、2)若an=(-2)n-1,則Sn=.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程沒(méi)有正整數(shù)解. 若an=2n-1,則Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6. 綜上,m=6. 9.解 (1)設(shè){an}的公比為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項(xiàng)和Sn為, ∵a1=1,q=, ∴Sn==21-. (方法一)令Sn=,則21-=,得2n=-4,該方程無(wú)解, ∴不存在n,使得{an}的前n項(xiàng)和Sn為. (方法二)∵對(duì)任意n∈N+,有1-<1, ∴Sn=21-<2,

9、 ∴不存在n,使{an}的前n項(xiàng)和Sn為. 10.D　因?yàn)?+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0,所以1+λq=(q>1),∴a6+λa7=a6(1+λq)==(q2-1)+2+≥2+2=4,當(dāng)且僅當(dāng)q=時(shí)取等號(hào),即a6+λa7的最小值為4,故選D. 11.-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為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,則S6==-63. 12.證明 ∵Sn=an+n-3, ① ∴當(dāng)n=1時(shí),S1=a1+1-3,所以a1

10、=4. 當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=an-1+n-1-3, ② 由①②兩式相減得an=an-an-1+1,即an=3an-1-2(n≥2). 變形得an-1=3(an-1-1),而a1-1=3, ∴數(shù)列{an-1}是首項(xiàng)為3,公比為3的等比數(shù)列, ∴存在實(shí)數(shù)λ=-1,使得數(shù)列{an-1}為等比數(shù)列. 13.解 (1)由已知,得a1b2+b2=b1,因?yàn)閎1=1,b2=,所以a1=2. 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公差為3的等差數(shù)列,通項(xiàng)公式為an=3n-1. (2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn,得bn+1=,因此{(lán)bn}是首項(xiàng)為1,公比為的等比數(shù)列. 記{bn}的前n項(xiàng)

11、和為Sn,則Sn=. 14.B　設(shè)等比數(shù)列的公比為q,則a1+a2+a3+a4=,a1+a2+a3=. ∵a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3), ∴a1+a2+a3=, 即a1(1+q+q2)=. 又a1>1,∴q<0. 假設(shè)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,這與q<-1相矛盾. ∴1+q+q2<1,即-1a3,a2