1、专题强化练7等比数列的综合应用一、选择题1.(2020湖北武汉外国语学校高一月考,)已知数列an是首项为1的等比数列,Sn是数列an的前n项和,且9S3=S6,则数列1an的前5项和为()A.158或5B.3116或5C.3116D.1582.(2020浙江嘉兴高一期末,)已知数列an的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-3(nN*),则S6=()A.192B.189C.96D.933.(2020河南开封高二上期末联考,)公差不为0的等差数列an的部分项ak1,ak2,ak3,构成公比为4的等比数列akn,且k1=1,k2=2,则k3=()A.4B.6C.8D.224.(2021山东枣庄滕州一
2、中高三月考,)已知数列an的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=Sn,若an(0,2 020),则称项an为“和谐项”,则数列an的所有“和谐项”的平方和为()A.13411+83B.13411-43C.13410+83D.13412-435.(多选)(2021广东仲元中学、中山一中等七校联合体高三第一次联考,)设等比数列an的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并且满足a11,a9a101,a9-1a10-10,则下列结论正确的是()A.0q1C.Sn的最大值为S10D.Tn的最大值为T96.(多选)(2020湖北武汉新洲一中高一月考,)在增减算法统宗中有这样一则故事:“三百七十八
3、里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则下列说法正确的是()A.此人第六天只走了5里路B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里C.此人第二天走的路程比全程的14还多32里D.此人前三天走的路程之和是后三天走的路程之和的8倍二、填空题7.(2020湖南三湘名校教育联盟高三第二次大联考,)已知Sn为数列an的前n项和,an+Sn=32,则S7=.8.(2020江苏南京外国语学校高一月考,)设数列an的前n项和为Sn,点n,Snn(nN*)均在直线y=x+12上,若bn=3an+12,则数列bn的前n项和Tn=.三、解答题9.(2020河南顶级名校高二联考,)已知数列an的前n
4、项和为Sn(nN*),Sn=n+23an,且a1=1,bn为等比数列,b1=a3-4,b4=a5+1.(1)求an和bn的通项公式;(2)设cn=nbnan+1,nN*,数列cn的前n项和为Tn,若对任意的nN*均满足Tnm2 019,求整数m的最大值.10.(2021江苏江阴要塞中学高二期中,)设数列an的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,nN*.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列an2的前n项和为Tn,求证:S2nTn为定值;(3)判断数列3n-an中是否存在三项成等差数列,并证明你的结论.专题强化练7等比数列的综合应用一、选择题1.C设数列an的公比为q,由9S3=S6,得q1,
5、则9(1-q3)1-q=1-q61-q,即1+q3=9,解得q=2,所以数列1an是首项为1,公比为12的等比数列,所以数列1an的前5项和为1-1251-12=3116,故选C.2.BSn=2an-3(nN*),n=1时,S1=a1=2a1-3,解得a1=3.n=2时,S2=a1+a2=2a2-3,a2=6.n2时,Sn+1=2an+1-3,an+1+Sn=2an+1-3,即an+1+2an-3=2an+1-3,即an+1=2an,易知an0,an+1an=2,又a2a1=2,数列an是首项为3,公比为2的等比数列,S6=3(1-26)1-2=189,故选B.3.B设等差数列an的公差为d(
6、d0).由题意知a1,a2,ak3构成公比为4的等比数列,所以a2=4a1,所以a1+d=4a1,得d=3a1.所以ak3=4a2=4(a1+d)=4(a1+3a1)=16a1,所以a1+(k3-1)d=16a1,即a1+(k3-1)3a1=16a1,易知a10,所以k3=6.故选B.4.A因为an+1=Sn,所以an=Sn-1(n2),则an+1-an=Sn-Sn-1,即an+1-an=an,即an+1=2an,易知an0,故an+1an=2(n2),因为a1=2,所以a2=S1=a1=2,不满足此式,故an=2n-1,n2,nN*,2,n=1,若an(0,2 020),则1n11,故数列a
7、n的所有“和谐项”的平方和为a12+a22+a102+a112=4+4+42+410=4+4(1-410)1-4=4+411-43=13411+83,故选A.5.AD因为an是公比为q的等比数列,且a11,a9a101,所以q0,由a9-1a10-10,可得(a9-1)(a10-1)1,a101或a91.若a91,则q1,此时an=a1qn-11,则a91,与a91,a101,所以q1,所以0q1,所以A正确;由上述分析可知,数列an是各项均为正数且单调递减的等比数列,故可构造新数列lg an,因为lg an-lg an-1=lganan-1=lg q1,a100,lg a100,所以数列lg
8、 an从第10项开始小于零,故其前9项和最大,可得Tn的最大值为T9,所以D正确;因为lg a10+lg a11=lg(a10a11)0,所以a10a111,所以B不正确;因为0q1,所以数列an的各项均为正数,所以Sn没有最大值,所以C不正确.故选AD.6.BCD根据题意知,此人每天行走的路程数构成等比数列,设此人第n天走了an里路,则an是公比q=12的等比数列,S6=a11-1261-12=378,解得a1=192,a6=a1q5=192125=6,A不正确.由a1=192,S6=378,得a2+a3+a4+a5+a6=S6-a1=378-192=186,又192-186=6,B正确.a
9、2=a1q=19212=96,14S6=1892,96-1892=32,C正确.a1+a2+a3=1921+12+14=336,后三天走的路程为378-336=42,又428=336,D正确.故选BCD.二、填空题7.答案1274解析依题意,当n=1时,a1+S1=2a1=32,所以a1=16.当n2时,an+Sn=32,an-1+Sn-1=32,-得2an-an-1=0,即an=12an-1(n2).所以数列an是首项为16,公比为12的等比数列,所以S7=161-1271-12=1274.故答案为1274.8.答案9n+1-98解析依题意得Snn=n+12,即Sn=n2+12n.当n2时,
10、an=Sn-Sn-1=n2+12n-(n-1)2+12(n-1)=2n-12;当n=1时,a1=S1=32.经检验,a1符合an=2n-12,所以an=2n-12(nN*),则bn=32n.由bn+1bn=32(n+1)32n=32=9,可知bn为等比数列,且b1=321=9,故Tn=9(1-9n)1-9=9n+1-98.三、解答题9.解析(1)当n2时,有an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1,整理,得anan-1=n+1n-1(n2).所以an=a1a2a1a3a2a4a3anan-1=13142536475n+1n-1=n(n+1)2(n2).经检验,n=1时此式也成立.所
11、以an的通项公式为an=n(n+1)2.设等比数列bn的公比为q.由b1=a3-4=2,b4=a5+1=16,可得q3=8,所以q=2,所以bn=2n.(2)由(1)及已知得cn=nbnan+1=n2n+1(n+1)(n+2)=2n+2n+2-2n+1n+1,所以Tn=233-222+244-233+255-244+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+2-2.因为Tn+1-Tn=cn+1=(n+1)2n+2(n+2)(n+3)0,所以Tn+1Tn,即Tn单调递增,所以(Tn)min=T1=23.所以对任意的nN*均满足Tnm2 019等价于m2 01923,即m4 0383=1 346
12、,所以整数m的最大值为1 345.10.解析(1)当n=1时,S1=2a1-2,解得a1=2.当n2时,an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2)=2an-2an-1,即an=2an-1,因为a10,所以anan-1=2,故数列an是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.(2)证明:因为an2=(2n)2=4n,所以an+12an2=4,故数列an2是以4为首项,4为公比的等比数列,从而Tn=4(1-4n)1-4=43(4n-1),又S2n=2(1-22n)1-2=2(4n-1),所以S2nTn=32,故S2nTn的值为定值.(3)不存在.证明如下:易知数列3n-an单调递增,故假设3n-an中存在第m,n,k(mnk,且m,n,kN*)项成等差数列,则2(3n-an)=3m-am+3k-ak,即2(3n-2n)=3m-2m+3k-2k.因为mnk,且m,n,kN*,所以n+1k,故2(3n-2n)=3m-2m+3k-2k3m-2m+3n+1-2n+1,解得-3n3m-2m,易知此式不可能成立,所以数列3n-an中不存在三项成等差数列.
