第03讲 等比数列及前n项和（练）（解析版）

第03讲等比数列及前n项和一、单选题1．设na是正项等比数列，nS为其前n项和，已知1531,7aaS，则6S（）A．614B．638C．634D．618【答案】B【分析】由等比中项得31a，再利用3123Saaa和等比数列的通项公式计算q，即可得到6S的值.【详解】因为na是正项等比数列，所以0na，0q，由等比中项得21531aaa，解得31a，所以312321117Saaaqq解得12q，3124aaq，所以616(1)6318aqSq.故选：B.2．已知等比数列{an}的各项均为正数，数列{bn}满足bn=lnan，b3=18，b6=12，则数列{bn}前n项和的最大值等于（）A．126B．130C．132D．134【答案】C【分析】由等比数列通项公式求得na后可得nb，得{}nb是等差数列，求出0nb的解后可得nS取最大值时的n值，再计算可得．【详解】由已知183ea，126ea，所以{}na的公比为q，363aqa6e，2eq，22312eaaq，1222(1)2421eeennnnaaq，ln242nnban，{}nb是等差数列，公差为2，2420nbn，则12n，所以{}nb的前n项和的最大值为111211101122(2)1322SS故选：C．3．在数列na中，1nnaca（c为非零常数），且其前n项和23nnSk，则实数k的值为（）A．1B．13C．19D．19【答案】D【分析】依题意可得na是以c为公比的等比数列，再根据11,1,2nnnSnaSSn求出na的通项公式，即可得到方程组，解得即可.【详解】解：若0na，则0nS，又23nnSk，显然不满足条件，所以0na，又1nnaca（c为非零常数），所以1nnaca，即na是以c为公比的等比数列，当1n时12113Ska，即113ak，当2n时1213nnSk，所以2323311233332339nnnnnnnnnaSSkk又11113nnnaackc，所以12393kc，解得193kc．故选：D4．已知数列na的前n项和为nS，且满足31nnaS，则4S（）A．38B．916C．724D．516【答案】D【分析】利用na与nS关系求得通项关系，判断数列na为等比数列即可求得.【详解】当1n时，1131aa，∴112a，当2n时，1131nnaS，两式相减可得112nnaa，∴数列na是首项为12，公比为12的等比数列，∴4411[1()]5221161()2S．故选:D．5．已知等比数列na的各项均为正数，且12342827,3aaaaa，则12naaa的最大值为（）A．9B．8C．3D．27【答案】D【分析】设等比数列na的公比为0qq，由已知求出q、1a，则11122193nnnaaa转化为求指数的最值可得答案.【详解】设等比数列na的公比为0qq，则由12342827,3aaaaa得3321127831qqaqa，解得13q，19a，所以221255121524221219333nnnnnnaaa，当且仅当2n或3n时12naaa的最大值为3327.故选：D.6．已知数列na的前n项和为nS，12a，*12nnSanN，则242022aaa（）A．20224213B．20244213C．2022161132D．202441132【答案】A【分析】根据11,1,2nnnSnaSSn作差可得12nnaa2n，再由212aa，即可得到na是以2为首项，2为公比的等比数列，从而求出na的通项公式，再根据等比数列求和公式计算可得.【详解】解：因为12a，*12nnSanN，当1n时2124Sa，当2n时12nnSa，所以1122nnnnSSaa，即12nnaa，所以12nnaa2n，又212aa，所以na是以2为首项，2为公比的等比数列，所以2nna，所以10112224202220222420222212422221123aaa.故选：A7．设等比数列na中，前n项和为nS，已知38S，67S，则789aaa等于（）A．18B．18C．578D．558【答案】A【分析】利用等比数列的性质、等比中项的性质进行求解.【详解】因为78996aaaSS，且36396,,SSSSS也成等比数列，因为38S，67S，所以631SS，所以8，-1，S9-S6成等比数列，所以8(S9-S6)=1，即9618SS，所以78918aaa.故B，C，D错误.故选：A.二、填空题8．在等比数列na中，1232aaa，214nnnaaa，且12364naaaa，则数列na有______项．【答案】12【分析】由题意及等比数列的性质可求出12naa，所以661231642nnaaaaaa，即可求出列na的项数.【详解】由题意及等比数列的性质得31232118nnnnaaaaaaaa，即12naa，则661231642nnaaaaaa，故na有12项．故答案为：12.9．毕达哥拉斯树是由古希腊数学家毕达哥拉斯根据勾股定理画出来的一个可以无限重复的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树，所以被成为毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”.毕达哥拉斯树的生长方式如下：以边长为1的正方形的一边作为斜边，向外做等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为边向外作正方形，得到2个新的小正方形，实现了一次生长，再将这两个小正方形各按照上述方式生长，如此重复下去，设第n次生长得到的小正方形的个数为na，则数列na的前n项和nS___________.【答案】122n##122n【分析】分析可知数列na为等比数列，确定该数列的首项和公比，利用等比数列的求和公式可求得nS.【详解】由题意可得12nnaa且12a，所以，数列na为等比数列，且该数列的首项和公比均为2，因此，12122212nnnS.故答案为：122n.10．在《庄子•天下》中提到“一尺之锤，日取其半，万世不竭”，蕴含了无限分割、等比数列的思想，体现了古人的智慧．如图，正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第二个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第三个正方形IJKL，依此方法一直继续下去，记第一个正方形ABCD的面积为1S，第二个正方形EFGH的面积为2S，…，第n个正方形的面积为nS，则前5个正方形的面积之和为________．【答案】31【分析】根据题意，可知面积的规律是首项为16，公比为12的等比数列，再求和即可.【详解】14416S，222228S,所以12q.设前5个正方形的面积之和为5T，551161231112T.故答案为：31.三、解答题11．设na是首项为1的等比数列，数列nb满足3nnnab.已知1a，23a，39a成等差数列.(1)求na和nb的通项公式；(2)求na的前n项和nS，nb的前n项和nT；(3)证明：2nnST.【答案】(1)11()3nna，3nnnb(2)31(1)23nnS，31(1)4323nnnnT(3)证明见解析【分析】（1）由等差数列的性质列方程求得公比q得通项公式na，代入已知式可得nb；（2）由等比数列前n项和公式求得nS，用错位相减法求得和nT；（3）用作差法证明不等式．（1）na是首项为1的等比数列，设其公比为q，因为1a，23a，39a成等差数列，所以21369aaa，所以211169aqaaq，即29610qq，解得13q，所以11()3nna，所以33nnnnanb.（2）由（1）可得11(1)313(1)12313nnnS，211213333nnnnnT，①231112133333nnnnnT，②①②得23121111333333nnnnT1111(1)1133(1)1323313nnnnnn，所以31(1)4323nnnnT；（3）因为2nnST3131(1)(1)043234323nnnnnn，所以2nnST.12．已知公差为正的等差数列na的前n项和为3,9nSS，若125,,aaa构成等比数列.(1)求数列na的通项公式；(2)求数列2na的前n项和nT.【答案】(1)21nan(2)21223nnT【分析】（1）根据等差、等比数列性质列方程组求解1,ad，再代入等差数列通项公式运算求解；（2）利用定义判断2na为等比数列，并确定其首项与公比，代入等比数列的前n项和公式运算整理即可．（1）由na为正项等差数列，39S，得239a，则23a，又125,,aaa构成等比数列，所以1225aaa，即1211134adadaad，解得112ad或130ad（舍去），所以21nan；（2）由（1）知21nan，所以2122nan，又因为11212212224,2222nnanaan++-====，所以2na是以2为首项，4为公比的等比数列，所以数列2na的前n项和2121422143nnnT一、单选题1．数列na的前n项和为nS，若11a，151nnaSn，则na（）A．56nB．561nC．21,156,2nnnD．21,1561,2nnn【答案】C【分析】由1,1,2nnnnSnaSSn，结合条件即可求出通项公式，注意验证1n是否成立【详解】当1n时，211555aSa，当2n时，15nnaS，所以111556nnnnnnnaaSSaaa，而21156aaa，所以数列na从第二项起是以5为首项，6为公比的等比数列，所以21,156,2nnnan，故选：C．2．已知正项等比数列na的前n项和为nS，前n项积为nT，满足12311,238aaSa，则nT的最小值是（）A．116B．132C．164D．1128【答案】C【分析】由等比数列的通项公式与求和公式求出公比q，进而即可求解【详解】设公比为q（显然1q），由23123aSa得31111231aqaqaq，即220qq，得2q=或1（舍去），所以na递增且12345111,,,1,2842aaaaa，所以nT最小值为1111184264．故选：C3．已知数列na满足11a，2116a，2214nnnaaa，则na的最小值为（）A．122B．102C．52D．62【答案】D【分析】首先变形递推公式为2114nnnnaaa