高考數(shù)一輪復(fù)習(xí) 5.3 等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和限時(shí)集訓(xùn) 理

限時(shí)集訓(xùn)(二十九)等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和(限時(shí)：50分鐘滿分：106分)一、選擇題(本大題共8個(gè)小題，每小題5分，共40分)1．已知等比數(shù)列{an}的前三項(xiàng)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．(·寧波模擬)設(shè){an}是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，若a1＝1，a5＝16，則數(shù)列{an}的前7項(xiàng)和為()A．63 B．64C．127 D．1283．(·安徽高考)公比為2的等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù)，且a3a11＝16，則log2a ()A．4 B．5C．6 D．74．各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，首項(xiàng)a1＝3，前三項(xiàng)和為21，則a3＋a4＋a5＝()A．33 B．72C．84 D．1895．(·西安模擬)已知a，b，m，n，x，y均為正數(shù)，且a≠b，若a，m，b，x成等差數(shù)列，a，n，b，y成等比數(shù)列，則有()A．m>n，x>y B．m>n，x<yC．m<n，x<y D．m<n，x>y6．已知等比數(shù)列{an}中，a1＝2，a5＝18，則a2a3a4等于A．36 B．216C．±36 D．±2167．已知{an}為等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和，若a2·a3＝2a1，且a4與2a7的等差中項(xiàng)為eq\f(5,4)，則S5＝()A．35 B．33C．31 D．298．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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6個(gè)小題，每小題4分，共24分)9．等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3＋3S2＝0，則公比q＝________.10．在等比數(shù)列{an}中，若公比q＝4，且前3項(xiàng)之和等于21，則該數(shù)列的通項(xiàng)公式為________．11．若數(shù)列{an}(an∈R)對(duì)任意的正整數(shù)m，n滿足am＋n＝aman，且a3＝2eq\r(2)，那么a12＝________.12．已知數(shù)列{xn}滿足lgxn＋1＝1＋lgxn(n∈N*)，且x1＋x2＋x3＋…＋x100＝1，則lg(x101＋x102＋…＋x200)＝________.13．記等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn(n∈N*)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，則m14．(·聊城模擬)已知f(x)是定義在R上的不恒為零的函數(shù)，且對(duì)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(jié)論．①f(0)＝f(1)；②f(x)為偶函數(shù)；③數(shù)列{an}為等比數(shù)列；④{bn}為等差數(shù)列．其中正確的是________．三、解答題(本大題共3個(gè)小題，每小題14分，共42分)15．?dāng)?shù)列{an}中，Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)．(1)證明：數(shù)列{an}為等比數(shù)列；(2)求通項(xiàng)an；(3)當(dāng)k＝－1時(shí)，求和aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n).16．設(shè)數(shù)列{an}是一等差數(shù)列，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn＝eq\f(2,3)(bn－1)，若a2＝b1，a5＝b2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.17．已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，公差d>0，且第2項(xiàng)、第5項(xiàng)、第14項(xiàng)分別是等比數(shù)列{bn}的第2項(xiàng)、第3項(xiàng)、第4項(xiàng)．(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{cn}對(duì)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(shí)集訓(xùn)(二十九)]1．C2.C3.B4.C5.B6.B7.C8.B9．解析：∵S3＋3S2＝0，即a1＋a2＋a3＋3(a1＋a2)＝0，∴a1(4＋4q＋q2)＝0.∵a1≠0，∴q＝－2.答案：－210．解析：由題意知a1＋4a1＋16a1＝21，解得a∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝4n－1.答案：an＝4n－111．解析：令m＝1，則an＋1＝ana1?a1＝q，a3＝a1q2＝2eq\r(2)?q3＝2eq\r(2)，a12＝q12＝64.答案：6412．解析：由lgxn＋1＝1＋lgxn(n∈N*)得lgxn＋1－lgxn＝1，∴eq\f(xn＋1,xn)＝10，∴數(shù)列{xn}是公比為10的等比數(shù)列，∴xn＋100＝xn·10100，∴x101＋x102＋…＋x200＝10100(x1＋x2＋x3＋…＋x100)＝10100，∴l(xiāng)g(x101＋x102＋…＋x200)＝lg10100＝100.答案：10013．解析：因?yàn)閧an}為等比數(shù)列，所以am－1·am＋1＝aeq\o\al(2,m)，又由am－1am＋1－2am＝0，從而am＝2.由等比數(shù)列的性質(zhì)可知前(2m－1)項(xiàng)積T2m－1＝aeq\o\al(2m－1,m)，即22m－1＝128，故答案：414．解析：令a＝0，b＝0，則f(0)＝0，令a＝b＝1，則f(1)＝2f(1)，故f(0)＝f設(shè)a＝－1，b＝x，因?yàn)閒(1)＝f[(－1)×(－1)]＝－2f則f(－1)＝0，所以f(－x)＝－f(x)＋xf(－1)＝－f(x)，f(x)為奇函數(shù)；f(2n)＝2f(2n－1)＋2n－12f(2n－1)＋2n?eq\f(f2n,2n)＝eq\f(f2n－1,2n－1)＋1，則{bn}為等差數(shù)列；∵b1＝eq\f(f2,2)＝1，∴bn＝1＋(n－1)×1＝n.∴eq\f(f2n,2n)＝n，an＝eq\f(f2n,n)＝2n，則數(shù)列{an}為等比數(shù)列．答案：①③④15．解：(1)證明：∵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(shù)，n≥2.∴{an}是公比為eq\f(k,k－1)的等比數(shù)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(xiàng)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(shù)列．當(dāng)k＝－1時(shí)，等比數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}的首項(xiàng)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)).16．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(shù)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(shù)列{bn}是等比數(shù)列，公比q＝－2，首項(xiàng)b1＝－2，∴bn＝(－2)n.∴Sn＝eq\f(2,3)[(－2)n－1]．17．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(shù)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(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn－1,bn