【文档说明】2021届高三数学文一轮跟踪检测：第6章　第3节 等比数列及其前n项和.docx，共(8)页，107.306 KB，由小赞的店铺上传

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第六章数列第三节等比数列及其前n项和A级·基础过关|固根基|1.已知{an}为等比数列且满足a6－a2＝30，a3－a1＝3，则数列{an}的前5项和S5＝()A．15B．31C．40D．121解析：选B

设等比数列{an}的公比为q，因为{an}为等比数列且满足a6－a2＝30，a3－a1＝3，所以a1q5－a1q＝30，a1q2－a1＝3，可得a1＝1，q＝2，所以S5＝1－251－2＝31，所以数列

{an}的前5项和S5＝31.2．在等比数列{an}中，设其前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于()A.18B．－18C.578D.558解析：选A因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6

成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝18，所以a7＋a8＋a9＝18.3．(一题多解)(2019届福建厦门模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝()A．－2B．－1C．1D

．2解析：选A解法一：当n＝1时，a1＝S1＝4＋λ.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时an＋1an＝2n＋12n＝2.因为{an}是等比数列，所以a2a1＝2，即44＋λ＝2，解得λ＝－2.故选A.解法二：依题意，a1＝S1＝4

＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，因为{an}是等比数列，所以a22＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.4．记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*)，已知am－1·am＋

1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m的值为()A．4B．7C．10D．12解析：选A因为{an}是等比数列，所以am－1am＋1＝a2m.又am－1am＋1－2am＝0，则a2m－2am＝0，所以am＝2或am＝0(舍去)．由等比数列的性质可知前2m－1项的积T2m－1＝a2m－1m

，即22m－1＝128，故m＝4.故选A.5．在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，…，an－1anan＋1＝324，则n等于()A．12B．13C．14D．15解析：选C因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8

a9，a10a11a12，…也成等比数列．不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，则公比q＝b2b1＝124＝3.所以bm＝4×3m－1.令bm＝324，即4×3m－1＝324，解得m＝5，所以b5

＝324，即a13a14a15＝324.所以n＝14.6．(2019届济南模拟)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，a2＋a5＝4，则a8＝________．解析：因为S3，S9，S6成等差数列，所以公比q≠1，所以2（1

－q9）1－q＝1－q31－q＋1－q61－q，整理得2q6＝1＋q3，所以q3＝－12，故a2·1－12＝4，解得a2＝8，故a8＝a2·q6＝a2·(q3)2＝8×14＝2.答案：27．记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则an＝________，S6＝_

_______．解析：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝－

1×（1－26）1－2＝－63.答案：－2n－1－638．已知在等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是________．解析：设等比数列{an}的公比为q，则S3＝a1＋a2＋a3＝a21q＋1＋q＝1＋q＋1q.当公

比q>0时，S3＝1＋q＋1q≥1＋2q·1q＝3，当且仅当q＝1时，等号成立；当公比q<0时，S3＝1－－q－1q≤1－2（－q）·－1q＝－1，当且仅当q＝－1时，等号成立．所以S3∈(－∞

，－1]∪[3，＋∞)．答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞)9．(2019届昆明市诊断测试)已知数列{an}是等比数列，公比q<1，前n项和为Sn，若a2＝2，S3＝7.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设m∈Z，若Sn<m恒成立，求m的最小值．解：(1)由a2＝2，S3＝7，得a1

q＝2，a1＋a1q＋a1q2＝7，解得a1＝4，q＝12或a1＝1，q＝2(舍去)．所以an＝4·12n－1＝12n－3.(2)由(1)可知，Sn＝a1（1－qn）1－q＝41－12n1－12＝81－

12n<8.又Sn<m恒成立，m∈Z，所以m的最小值为8.10．(2019届南昌市第一次模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝2a4－1，S3＝2a3－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝Sn(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解

：(1)设等比数列{an}的公比为q，由S4－S3＝a4，得2a4－2a3＝a4，所以a4a3＝2，所以q＝2.又因为S3＝2a3－1，所以a1＋2a1＋4a1＝8a1－1，所以a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由(1)知a1＝1，q＝2，则Sn＝1

－2n1－2＝2n－1，所以bn＝2n－1，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝2＋22＋…＋2n－n＝2（1－2n）1－2－n＝2n＋1－2－n.B级·素养提升|练能力|11.(2019届安徽池州模拟)在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初

行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”意思是某人要走三百七十八里的路程，第一天脚步轻快有力，走了一段路程，第二天脚痛，走的路程是第一天的一半，以后每天走的路程都是前一天的一半，走了六天才走完这段路程．则下列说法错误的是()A．此人第二天走了九十六里路B．此人第一天走的路程比后五天走

的路程多六里C．此人第三天走的路程占全程的18D．此人后三天共走了四十二里路解析：选C记每天走的路程里数为an(n＝1，2，3，…，6)，由题意知{an}是公比为12的等比数列，由S6＝378，得a11－1261－12＝378，解得a1＝192，所以a2＝192×

12＝96，此人第一天走的路程比后五天走的路程多192－(378－192)＝6(里)，a3＝192×14＝48，48378>18，前3天走的路程为192＋96＋48＝336(里)，则后3天走的路程为378－336＝42(里)，故选C.12．(2020届长春市高三质量监测)已知数

列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋2n＋1，设bn＝an2n.(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)求数列1bnbn＋1的前n项和Sn.解：(1)证明：当n≥2时，bn－bn－

1＝an2n－an－12n－1＝an－2an－12n＝1，又b1＝1，所以{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)可知，bn＝n，所以1bnbn＋1＝1n－1n＋1，所以Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.13

．(2019届湖北省五校联考)已知数列{an}是等差数列，a2＝6，前n项和为Sn，{bn}是等比数列，b2＝2，a1b3＝12，S3＋b1＝19.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{bncos(anπ)}的前n项和Tn.解：(1)因为数列{a

n}是等差数列，a2＝6，所以S3＋b1＝3a2＋b1＝18＋b1＝19，所以b1＝1，因为b2＝2，数列{bn}是等比数列，所以公比q＝b2b1＝2，所以bn＝2n－1.所以b3＝4，因为a1b3＝12，所以a1＝3，因为a2＝6，数列{an}是等差数列，所以公差d＝a2－a

1＝3，所以an＝3n.(2)由(1)得，令Cn＝bncos(anπ)＝(－1)n2n－1，所以Cn＋1＝(－1)n＋12n，所以Cn＋1Cn＝－2，又C1＝－1，所以数列{bncos(anπ)}是以－1为首项，－2为公比的等比数列，所以Tn＝－1×[1－（－2）n]1＋2＝－13[1－(－2)n

]．14．(2019届湖北黄冈调研)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝n＋12n·an(n∈N*)．(1)证明：数列ann是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an4n－an，若数列{bn}的前n项和是Tn，求证：Tn<2.解：(1)证明：由

题设得an＋1n＋1＝12·ann，又a11＝2，所以数列ann是首项为2，公比为12的等比数列，所以ann＝2×12n－1＝22－n，则an＝n·22－n＝4n2n.(2)证明：bn＝an4n－an＝4n2n4n－4n2n＝12n－1，因为对任意n∈N*，2n－1≥2

n－1，所以bn≤12n－1.所以Tn≤1＋12＋122＋123＋…＋12n－1＝21－12n<2.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com