1、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.23.(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
2、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=-a72=-64,则tana4a63=()A.-3B.3C.3D.-337.(2018陕西咸阳三模)已知数列an为等比数列,且a3a11+2a72=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
3、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=18a2.(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52?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=32an+n-3成立.求证:存在实数
4、,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=13,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-f(xn)f(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=lnxn-1xn+1,已知a1=2,则a3=.课时规范练29等比数列及其前n项和
5、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an+1an+2anan+1=4n4n-1=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a1+a1q=6,a1q2=8,a10,解得a1=2,q=2,则a6=a1q5=225=64.4.D(方法一)S8=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+(a7
6、+a8)=2+8+32+128=170.(方法二)q2=a3+a4a1+a2=4,又q0,q=2,a1(1+q)=a1(1+2)=2,a1=23,S8=23(28-1)2-1=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x(1-27)1-2=381,可得x=3,故选B.6.A依题意,得a2a3a4=a33=-64,所以a3=-4.由a72=64,得a7=-8,或a7=8(由于a7与a3同号,故舍去),所以a4a6=a3a7=32.tana4a63=tan323=tan11-3=-tan3=-3,故选A.7.3an是等比数列,a3a11+2a72=a72+2a7
7、2=4,即a72=43,a1a13=a72=43,tan(a1a13)=tan43=3.8.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=1-(-2)n3.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=18a2,且a5=a2q3,q3=18,得q=12,an=a1qn-1=12n-1(n=1,2,).(2)不存在n,使
8、得an的前n项和Sn为52,a1=1,q=12,Sn=1-12n1-12=21-12n.(方法一)令Sn=52,则21-12n=52,得2n=-4,该方程无解,不存在n,使得an的前n项和Sn为52.(方法二)对任意nN*,有1-12n1,Sn=21-12n1),a6+a7=a6(1+q)=a6a4-a2=q4q2-1=(q2-1+1)2q2-1=(q2-1)+2+1q2-12+2(q2-1)1q2-1=4,当且仅当q=2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
9、=2a1+1,a1=-1.an是以-1为首项,2为公比的等比数列,则S6=-1(1-26)1-2=-63.12.证明 Sn=32an+n-3,当n=1时,S1=32a1+1-3,所以a1=4.当n2时,Sn-1=32an-1+n-1-3,由两式相减得an=32an-32an-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=13,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a
10、n=3n-1.(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn,得bn+1=bn3,因此bn是首项为1,公比为13的等比数列.记bn的前n项和为Sn,则Sn=1-13n1-13=32-123n-1.14.B设等比数列的公比为q,则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)0,这与q-1相矛盾.1+q+q21,即-1qa3,a2a4.15.8由f(x)=x2-1,得f(x)=2x,则xn+1=xn-xn2-12xn=xn2+12xn,所以xn+1-1=(xn-1)22xn,xn+1+1=(xn+1)22xn,所以xn+1-1xn+1+1=(xn-1)2(xn+1)2,所以lnxn+1-1xn+1+1=ln(xn-1)2(xn+1)2=2lnxn-1xn+1,即an+1=2an,所以数列an是首项为2,公比为2的等比数列,则a3=222=8.
