高考數學一輪復習 限時集訓(三十二)等比數列及其前n項和 理 新人教A版

限時集訓(三十二)等比數列及其前n項和(限時：45分鐘滿分：81分)一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1．已知等比數列{an}的前三項依次為a－1，a＋1，a＋4，則an＝()A．4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n B．4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))nC．4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1 D．4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－12．(·安徽高考)公比為2的等比數列{an}的各項都是正數，且a3a11＝16，則log2a10＝(A．4 B．5C．6 D．73．各項都為正數的等比數列{an}中，首項a1＝3，前三項和為21，則a3＋a4＋a5＝()A．33 B．72C．84 D．1894．(·西安模擬)已知a，b，m，n，x，y均為正數，且a≠b，若a，m，b，x成等差數列，a，n，b，y成等比數列，則有()A．m>n，x>y B．m>n，x<yC．m<n，x<y D．m<n，x>y5．已知等比數列{an}中，a1＝2，a5＝18，則a2a3a4等于A．36 B．216C．±36 D．±2166．已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則eq\a\vs4\al(Sn＝)()A．2n－1 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1 D.eq\f(1,2n－1)二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分)7．等比數列{an}的前n項和為Sn，若S3＋3S2＝0，則公比q＝________.8．若數列{an}(an∈R)對任意的正整數m，n滿足am＋n＝aman，且a3＝2eq\r(2)，那么a12＝________.9．(·聊城模擬)已知f(x)是定義在R上的不恒為零的函數，且對于任意的a，b∈R，滿足f(a·b)＝af(b)＋bf(a)，f(2)＝2，an＝eq\f(f2n,n)(n∈N*)，bn＝eq\f(f2n,2n)(n∈N*)，考察下列結論．①f(0)＝f(1)；②f(x)為偶函數；③數列{an}為等比數列；④{bn}為等差數列．其中正確的是________．三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)10．數列{an}中，Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)．(1)證明：數列{an}為等比數列；(2)求通項an；(3)當k＝－1時，求和aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n).11.設數列{an}是一等差數列，數列{bn}的前n項和為Sn＝eq\f(2,3)(bn－1)，若a2＝b1，a5＝b2.(1)求數列{an}的通項公式；(2)求數列{bn}的前n項和Sn.12．已知等差數列{an}的首項a1＝1，公差d>0，且第2項、第5項、第14項分別是等比數列{bn}的第2項、第3項、第4項．(1)求數列{an}與{bn}的通項公式；(2)設數列{cn}對n∈N*均有eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn,bn)＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2013.答案限時集訓(三十二)等比數列及其前n項和1．C2.B3.C4.B5.B6.B7．－28.649.①③④10．解：(1)∵Sn＝1＋kan，①Sn－1＝1＋kan－1，②①－②得Sn－Sn－1＝kan－kan－1(n≥2)，∴(k－1)an＝kan－1，eq\f(an,an－1)＝eq\f(k,k－1)為常數，n≥2.∴{an}是公比為eq\f(k,k－1)的等比數列．(2)∵S1＝a1＝1＋ka1，∴a1＝eq\f(1,1－k).∴an＝eq\f(1,1－k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,k－1)))n－1＝－eq\f(kn－1,k－1n).(3)∵{an}中a1＝eq\f(1,1－k)，q＝eq\f(k,k－1)，∴{aeq\o\al(2,n)}是首項為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))2，公比為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,k－1)))2的等比數列．當k＝－1時，等比數列{aeq\o\al(2,n)}的首項為eq\f(1,4)，公比為eq\f(1,4)，∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n)).11．解：(1)∵S1＝eq\f(2,3)(b1－1)＝b1，∴b1＝－2.又S2＝eq\f(2,3)(b2－1)＝b1＋b2＝－2＋b2，∴b2＝4.∴a2＝－2，a5＝4.∵{an}為等差數列，∴公差d＝eq\f(a5－a2,3)＝eq\f(6,3)＝2，即an＝－2＋(n－2)·2＝2n－6.(2)∵Sn＋1＝eq\f(2,3)(bn＋1－1)，①Sn＝eq\f(2,3)(bn－1)，②①－②得Sn＋1－Sn＝eq\f(2,3)(bn＋1－bn)＝bn＋1，∴bn＋1＝－2bn.∴數列{bn}是等比數列，公比q＝－2，首項b1＝－2，∴bn＝(－2)n.∴Sn＝eq\f(2,3)[(－2)n－1]．12．解：(1)∵由已知得a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2或d＝0(舍去)．∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1(n∈N*)．又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴數列{bn}的公比為3.∴bn＝3·3n－2＝3n－1(n∈N*)．(2)由eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn,bn)＝an＋1得當n≥2時，eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn－1,bn－1)＝an.兩式相減得，n≥2時，eq\f(cn,bn)＝an＋1－an＝2.∴cn＝2bn＝2·3n－1(