1、 6.3等比数列及其前n项和A组基础题组 1.(2018衢州模拟)设Sn为等比数列an的前n项和,a2-8a5=0,则S8S4的值为()A.12B.1716C.2D.17答案B设an的公比为q,依题意得a5a2=18=q3,因此q=12.注意到a5+a6+a7+a8=q4(a1+a2+a3+a4),即有S8-S4=q4S4,因此S8=(q4+1)S4,S8S4=q4+1=1716,故选B.2.等比数列x,3x+3,6x+6,的第四项为()A.-24B.0C.12D.24答案A由x,3x+3,6x+6成等比数列,知(3x+3)2=x(6x+6),解得x=-3或x=-1(舍去).所以此等比数列的前
2、三项为-3,-6,-12.故第四项为-24,选A.3.已知an是等比数列,则“a2a4”是“an是单调递增数列”的() A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案B若等比数列an的项依次为-1,2,-4,8,则a2a4,但数列an不是单调递增数列,即充分性不成立.若数列an是单调递增数列,则必有a20D.a1S30答案C选项A,数列-1,1,-1为等比数列,但-1+(-1)=-22(-1)=-2,故B错误;选项D,数列1,-1,1为等比数列,但1(1-1+1)=10,故D错误;对于选项C,a1(a1+a2+a3)=a1(a1+a1q+a1q2)=a12(1
3、+q+q2),因为等比数列的项不为0,故a120,而1+q+q2=q+122+340,故a12(1+q+q2)0,故C正确.5.已知数列an的首项a1=1,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=2,则满足1 0011 000S2nSn1110的n的最大值是()A.8B.9C.10D.11答案B当n=1 时,由2a2+S1=2,得a2=12.由2an+1+Sn=2知,当n2 时,有2an+Sn-1=2,两式相减得an+1=12an.当n=1时也成立,所以数列an是等比数列,故Sn=2-212n.所以原不等式化为1 0011 0002-2122n2-212n1110,化简得11 00012na1
4、,则数列an的公比为,数列log3an的前10项和为.答案3;45解析设数列an的公比为q,由题易知,1+q+q2=13,所以q=-4(舍)或q=3,所以an=3n-1,log3an=n-1,故S10=1092=45. 8.等比数列an中,前n项和为Sn,a1a9=2a3a6,S5=-62,则a1的值为.答案-2解析由等比数列的性质及题意知a1a9=a3a7=2a3a6,所以q=a7a6=2,由S5=a1(1-25)1-2=-62,可得a1=-2.9.设等比数列an的前n项和为Sn,已知S1=16,某同学经过计算得到S2=32,S3=76,S4=130,检验后发现其中恰好一个数算错了,则算错的
5、这个数是,该数列的公比是.答案S2;32解析显然q1,若S2错,由已知得a4=54,a1=16,q4=5416,q=32,则S3S1=1-q31-q=1+q+q2=194=7616,故算错的是S2,公比为32.10.数列an中,Sn是an的前n项和且Sn=2n-an.(1)求a1,an;(2)若数列bn中,bn=n(2-n)(an-2),且对任意正整数n,都有bn+t2t2,求t的取值范围.解析(1)当n=1时,a1=S1=21-a1,则a1=1,由已知Sn=2n-an,得Sn+1=2n+2-an+1,式减式得an+1=an+22,an+1-2=12(an-2),an-2是以-1为首项,12为
6、公比的等比数列.an-2=-12n-1,an=2-12n-1.(2)bn=n(n-2)2n-1,bn+1-bn=-n2+4n-12n,n3时,bn+1-bn0,n4时,bn+1-bn1的n的最小值为()A.4B.5C.6D.7答案C因为an是各项均为正数的等比数列且a2a4=a3,所以a32=a3,所以a3=1.又因为q1,所以a1a21(n3),所以TnTn-1(n4,nN*),T11,T2=a1a21,T3=a1a2a3=a1a2=T21,T4=a1a2a3a4=a11,故n的最小值为6,故选C.3.(2018浙江,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4
7、=ln(a1+a2+a3).若a11,则()A.a1a3,a2a3,a2a4C.a1a4D.a1a3,a2a4答案B本小题考查等比数列的概念和性质,利用导数求函数的单调性和最值,不等式的性质和分类讨论思想.设f(x)=ln x-x(x0),则f (x)=1x-1=1-xx,令f (x)0,得0x1,令f (x)1,f(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+)上为减函数,f(x)f(1)=-1,即有ln xx-1.从而a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)a1+a2+a3-1,a41,公比q0,矛盾.若q-1,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+q)(1+q
8、2)0,ln(a1+a2+a3)ln a10,也矛盾.-1q0.从而a3a1=q20,a1a3.同理,a4a2=q21,a2a2.选B.4.已知等差数列an,等比数列bn的前n项和分别为Sn,Tn(nN*).若Sn=32n2+12n,b1=a1,b2=a3,则an=,Tn=.答案3n-1(nN*);23(4n-1)(nN*)解析由题易知,a1=S1=2,当n2时,an=Sn-Sn-1=3n-1,故an=3n-1(nN*).易知b1=2,b2=8,故数列bn的公比为4,所以Tn=2(1-4n)1-4=23(4n-1)(nN*).5.(2018杭州七校高三联考)已知等比数列an的公比为q(0q1)
9、,且a2+a5=98,a3a4=18.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=an(log2an),求bn的前n项和Tn;(3)设该等比数列an的前n项和为Sn,正整数m,n满足Sn-mSn+1-ma5,所以a2=1,a5=18.由等比数列的性质可知a5=a2q3,解得q=12,an=a212n-2=12n-2,所以数列an的通项公式为an=12n-2.(2)由(1)可知bn=an(log2an)=2-n2n-2,所以Tn=b1+b2+b3+bn=2+0+-12+-222+-323+2-n2n-2,则12Tn=1+0+-122+-223+-324+2-n2n-1,两式相减可得12Tn=1-1
10、2+14+18+12n-2-2-n2n-1=1-12-12n-11-12-2-n2n-1=1-1-12n-2-2-n2n-1=12n-2-2-n2n-1=n2n-1,所以Tn=n2n-2.(3)由(1)可知Sn=41-12n,由Sn-mSn+1-m1222n(4-m)1时,an(a1-1)a1n-1;(3)当a1=12时,n-2nSn1,所以an1(nN*).从而an+1-1=(an2-an+1)-1=an2-an=an(an-1),即an+1-1an-1=ana1,于是an-1(a1-1)a1n-1,即an(a1-1)a1n-1(n2,nN*),经检验,当n=1时,不等式也成立,故当a11时,an(a1-1)a1n-1.(3)当a1=12时,由(1)知,0an1(nN*),故Snbn+10(nN*),由an+1=an2-an+1,可得bn2=bn-bn+1,从而b12+b22+bn2=(b1-b2)+(b2-b3)+(bn-bn+1)=b1-bn+1b1=12.又b12+b22+bn2nbn2,故nbn212,即bn12n(nN*),注意到bn12n=22n2n+n-1=2(n-n-1),故b1+b2+bn2(1-0)+(2-1)+(n-n-1)=2n,即n-Snn-2n,所以当a1=12时,n-2nSnn.
