《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.doc》由會員分享，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.doc（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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.2 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=8,則S8等于(　　) A.21 B.42 C.135 D.170 5.(2018重慶梁平二調(diào))我國古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題:“遠(yuǎn)望巍巍塔七層,紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增,共燈三百八十一,請問尖頭幾盞燈?”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=-a72=-64,則tana4a63π=(　　) A.-3 B.3 C.3 D.-33 7.(2018陜西咸陽三模)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列,且a3a11+2a72=4π,則tan(a1a13)的值為　　　　　. 8.(2018全國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)+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 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-f(xn)f(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=lnxn-1xn+1,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),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an+1an+2anan+1=4n4n-1=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 a1+a1q=6,a1q2=8,a1>0,解得a1=2,q=2,則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=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　設(shè)塔的頂層共有x盞燈,則各層的燈數(shù)構(gòu)成一個公比為2的等比數(shù)列,由x(1-27)1-2=381,可得x=3,故選B. 6.A　依題意,得a2a3a4=a33=-64,所以a3=-4.由a72=64,得a7=-8,或a7=8(由于a7與a3同號,故舍去),所以a4a6=a3a7=32.tana4a63π=tan323π=tan11π-=-tan=-3,故選A. 7.3　∵{an}是等比數(shù)列,∴a3a11+2a72=a72+2a72=4π,即a72=4π3,∴a1a13=a72=4π3,tan(a1a13)=tan4π3=3. 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. (2)若an=(-2)n-1,則Sn=1-(-2)n3.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程沒有正整數(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=18,得q=12, ∴an=a1qn-1=12n-1(n=1,2,…). (2)不存在n,使得{an}的前n項(xiàng)和Sn為52, ∵a1=1,q=12, ∴Sn=1-12n1-12=21-12n. (方法一)令Sn=52,則21-12n=52,得2n=-4,該方程無解, ∴不存在n,使得{an}的前n項(xiàng)和Sn為52. (方法二)∵對任意n∈N+,有1-12n<1, ∴Sn=21-12n<2, ∴不存在n,使{an}的前n項(xiàng)和Sn為52. 10.D　因?yàn)?+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0,所以1+λq=1a4-a2(q>1),∴a6+λa7=a6(1+λq)=a6a4-a2=q4q2-1=(q2-1+1)2q2-1=(q2-1)+2+1q2-1≥2+2(q2-1)1q2-1=4,當(dāng)且僅當(dāng)q=2時(shí)取等號,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=-1(1-26)1-2=-63. 12.證明 ∵Sn=an+n-3, ① ∴當(dāng)n=1時(shí),S1=32a1+1-3,所以a1=4. 當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=32an-1+n-1-3, ② 由①②兩式相減得an=32an-32an-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=bn3,因此{(lán)bn}是首項(xiàng)為1,公比為13的等比數(shù)列. 記{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,則Sn=1-13n1-13=32-123n-1. 14.B　設(shè)等比數(shù)列的公比為q,則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

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