专题6 数列 第16讲 等比数列答案

专题六 数列

第十六讲 等比数列

答案部分

2019年

1.解析：在等比数列中，由a4=a6，得a1q=a1q＞0.又a1=则22651，所以解得q=3. 3S5=a1(1−q1−q5)11−35)(121. =3=1−332.解析 设等比数列{an}的公比为q(q0)，则由前4项和为15，且a5=3a3+4a1，有

a1(1−q4)a1=1=152. 所以a3=2=4．故选C．，解得1−qq=242a1q=3a1q+4a13.解析：（1）由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn)，即an+1+bn+1=1(an+bn)． 2又因为a1+b1=l，所以an+bn是首项为1，公比为由题设得4(an+1−bn+1)=4(an−bn)+8， 即an+1−bn+1=an−bn+2．

1的等比数列． 2又因为a1–b1=l，所以an−bn是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，an+bn=1，an−bn=2n−1． n−12所以an=111[(an+bn)+(an−bn)]=n+n−， 222111bn=[(an+bn)−(an−bn)]=n−n+．

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2010-2018年

1．D【解析】从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122，

第一个单音的频率为f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为122的等比数列，记为{an}，则第八个单音频率为a8=f(122)8−1=1227f，故选D．

2．B【解析】解法一 因为lnx≤x−1(x0)，所以a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3−1，所以a4≤−1，又a11，所以等比数列的公比q0．

若q≤−1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2）≤0， 而a1+a2+a3≥a11，所以ln(a1+a2+a3)0， 与ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4≤0矛盾，

所以−1q0，所以a1−a3=a1(1−q2)0，a2−a4=a1q(1−q2)0， 所以a1a3，a2a4，故选B．

x解法二 因为e≥x+1，a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)，

所以e1a+a2+a3+a4=a1+a2+a3≥a1+a2+a3+a4+1，则a4≤−1，

又a11，所以等比数列的公比q0．

若q≤−1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q）≤0， 而a1+a2+a3≥a11，所以ln(a1+a2+a3)0与ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4≤0矛盾，

所以−1q0，所以a1−a3=a1(1−q)0，a2−a4=a1q(1−q)0， 所以a1a3，a2a4，故选B．

3．B【解析】设塔顶共有灯a1盏，根据题意各层等数构成以a1为首项，2为公比的等比数

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a1(1−27)列，∴S7==(27−1)a1=381，解得a1=3．选B．

1−24．B【解析】由于a1(1q2(q2q4)21，a13，所以q4q260，所以q223舍去)，所以a36，a512，a724，所以a3a5a742．

25．D【解析】由等比数列的性质得，a3a9=a60，因此a2,a6,a9一定成等比数列．

6．C【解析】设等比数列an的公比为q，∵S3=a2+10a1，∴a1+a2+a3=a2+10a1，

2即a3=9a1，∴q=9，由a5=9，即a1q4=9，∴a1=1． 92． 2a1a3=2a2227．B【解析】取特殊值可排除A、C、D，由均值不等式可得a1+a38．B【解析】由anan+1=16，得an+1an+2=162nn+1an+1an+216n+1，两式相除得=n=16，

anan+116∴q=16，∵anan+1=16n，可知公比q为正数，∴q=4．

9．C【解析】设{an}的公比为q，则由等比数列的性质知，a2a3=a1a4=2a1，

即a4=2．由a4与2a7的等差中项为

55知，a4+2a7=2， 44a7=a111511(2−a4)=．∴q3=7=，即q=．a4=a1q3=a1=2，

a482428416(1−a1=16，S5=1)52=31． 11−2310．A【解析】通过8a2+a5=0，设公比为q，将该式转化为8a2+a2q=0，

S51−q51+32解得q=－2，所以===−11．

S21−q21−411．D【解析】取等比数列1,2,4,令n=1得X=1,Y=3,Z=7代入验算，只有选项D满足． 12．C【解析】am=a1a2a3a4a5=qqqq=q23410=a1q10，因此有m=11．

a4=4． a313．B【解析】两式相减得， 3a3=a4−a3，a4=4a3,q=更多内容见微信公众号：数学第六感

9(1−q3)1−q6114．C【解析】显然q1，所以=1+q3q=2，所以{}是首项为

an1−q1−q11−()512=31． 1，公比为的等比数列， 前5项和T5=11621−215．−8【解析】设{an}的首项为a1，公比为q，所以a1+a1q=−1， 2a1−a1q=−3解得a1=1，则a4=a1q3=−8．

q=−2S61−q616．32【解析】设{an}的公比为q，由题意q1，由==1+q3=9，所以q=2，3S31−qa1(1−q3)711由S3==，得a1=，所以a8=a1q7=27=25=32．

441−q417．1【解析】设an的公差为d，bn的公比为q，由题意−1+3d=−q3=8，

所以d=3，q=−2，所以

a2−1+3==1． b2−(−2)18．64【解析】设{an}的公比为q，由a1+a3=10，a2+a4=5得a1=8,q=则a2=4，a3=2，a4=1，a5=19．1 121 【解析】由于所以Sn+1+1， 21，所以a1a2an2a1a2a3a4=64．

a1+a2=4，解得a1=1，由an+1=Sn+1−Sn=2Sn+1，

a2=2a1+13111=3(Sn+)，所以{Sn+}是以为首项，3为公比的等比数列，

222213n−1所以Sn+=3，所以S5=121．

2220．2na+a=91【解析】由题意，14，解得a1=1,a4=8或a1=8,a4=1，而

a2a3=a1a4=8a4=8，所以q=2，因而a13数列{an}是递增的等比数列，所以a1=1,a4=8，即q=a1(1−qn)1−2n==2n−1． 数列{an}的前n项和Sn=1−q1−2更多内容见微信公众号：数学第六感

221．5【解析】由等比数列的性质可知a1a5=a2a4=a3，于是，由a1a5=4得a3=2，

故a1a2a3a4a5=32，则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2a3a4a5)=log232=5．

22．50【解析】因an是等比数列，∴a1a20=a10a11=a9a12，由a10a11+a9a12=2e5得

∴a1a20=e5，∴lna1+lna2++lna20=ln(a1a2a20)=ln(a1a20)10=50．

23．4【解析】 设等比数列{an}的公比为q，q0．则a8=a6+2a4，

2即为a4q4=a4q2+2a4，解得q=2（负值舍去），又a2=1，所以a6=a2q44．

24．15【解析】a1=1,a2=−2,a3=4,a4=−8，∴ a1+|a2|+a3+|a4|=15． 25．2,2n+1−2【解析】由a3+a5=q(a2+a4)得q=2；(a2+a4)=a1(q+q3)=20，

得a1=2；∴Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2．

1a1q4=26．12【解析】设正项等比数列{an}首项为a1，公比为q，则：2a1q5(1+q)=3，

2n−116−n得：a1＝，q＝2，an=2．记Tn=a1+a2++an=， 5232n=a1a2an=2(n−1)n22n−12．Tnn，则25，当n(n−1)n2，

化简得：2−12n1211n−n+52213+121121112． n−n+5时，n=222当n＝12时，T1212，当n＝13时，T1313，故nmax=12．

227．11【解析】由an+2+an+1−2an=0，可得anq+anq−2an=0，

由a1=1可知an0,q1，求得公比q=−2，可得S5=11．

28．2【解析】2(an+an+2)=5an+1,2an(1+q2)=5anq,2(1+q2)=5q,解得q=2或q=因为数列为递增数列，且a10,所以q1,q=2．

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a1(1−q2)=3a1q+221−q32a1q−3a1q+a1+2q−2=029．【解析】依题意可得，44322aq−3aq+a1+2q−2=0a1(1−q)=3aq3+21111−q两式相减可得2a1q4−2a1q2−3a1q3+3a1q=0，即2q−2q−3q+3q=0，

42333。因为q0，所以q=． 221130．2 2n−1−【解析】a4=a1q3得4=q3，解得q=2，

221(1−2n)1a1+a2++an=2=2n−1−．

1−22解得q=1（舍）或q=0或q=31．【解析】(1)设{an}的公比为q，由题设得an=qn−1．

由已知得q=4q，解得q=0（舍去），q=−2或q=2． 故an=(−2)n−1或an=2n−1． (2)若an=(−2)数解．

m若an=2n−1，则Sn=2n−1．由Sm=63得2=64，解得m=6．

42n−11−(−2)nm，则Sn=．由Sm=63得(−2)=−188，此方程没有正整

3综上，m=6．

32．【解析】(Ⅰ)设数列{xn}的公比为q，由已知q0．

由题意得x1+x1q=32，所以3q−5q−2=0， 2x1q−x1q=2因为q0,所以q=2,x1=1， 因此数列{xn}的通项公式为xn=2n−1.（Ⅱ）过P1,P2,P3,…，Pn+1向x轴作垂线，垂足分别为Q1,Q2,Q3,…，Qn+1, 由(Ⅰ)得xn+1−xn=2n−2n−1=2n−1.记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn．

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由题意bn=(n+n+1)n−12=(2n+1)2n−2， 2所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=32−1+520+721+…+(2n−1)2n−3+(2n+1)2n−2n−2①

②

又2Tn=320+521+722+…+(2n−1)2①−②得

+(2n+1)2n−1−Tn=32−1+(2+22+......+2n−1)−(2n+1)2n−132(1−2n−1)−(2n+1)2n−1.=+21−2(2n−1)2n+1.所以Tn=233．【解析】（Ⅰ）由题意得a1=S1=1+a1，故1，a1=1，a10. 1−由Sn=1+an，Sn+1=1+an+1得an+1=an+1−an，即an+1(−1)=an． 由a10，0且1得an0，所以因此{an}是首项为

an+1=. an−11n−11，公比为的等比数列，于是an=()． 1−−11−−1（Ⅱ）由（Ⅰ）得Sn=1−(即(53131得1−(， )n，由S5=)=−1−13232−1)5=1，解得=−1． 3234．【解析】（I）由an+1=3an+1得an+1+又a1+11=3(an+)．221313=，所以an+是首项为，公比为3的等比数列．

222213n3n−1an+=，因此an的通项公式为an=．

222（Ⅱ）由（I）知

12=nan3−1nn−1因为当n1时，3−123，所以

11． 3n−123n−1更多内容见微信公众号：数学第六感

于是

11111313++...+1++...+n−1=(1−n)． a1a2an33232所以

1113++...+． a1a2an2a1q=3a1=135．【解析】(Ⅰ)设{an}的公比为q，依题意得4，解得，

aq=81q=31因此，an=3n−1.

n(b1+bn)n2−n=（Ⅱ）因为bn=log3an=n−1，∴数列{bn}的前n项和Sn=. 223n2−n，所以a1=S1=1，当n2时an=Sn−Sn−1=3n−2,36．【解析】（Ⅰ）因为Sn=2又n=1时，所以数列an的通项公式为an=3n−2,am成等比数列，只需要an2=a1am， （Ⅱ）要使得a1，an，即(3n−2)2=1(3m−2),即m=3n2−4n+2.而此时mN，且mn,am成等比数列. 所以对任意n1，都有mN，使得a1，an，37．【解析】由题意可知，a1q−a1=2a2−a1=2，即， 24a2=3a1+a34a1q=3a1+a1qa1=11−3n3n−1解得, 所以Sn=． =1−32q=33n−1故a1=1，q=3，Sn=．

238．【解析】(Ⅰ)设等比数列an的公比为q，因为−2S2，S3，4S4成等差数列，

所以S3+2S2=4S4−S3，即S4−S3=S2−S4，可得2a4=−a3， 于是q=a413=−．又a1=，所以等比数列an的通项公式为 a322n−131an=−22=(−1)n−13． n2更多内容见微信公众号：数学第六感

1(Ⅱ)Sn=1−−，

2n12+,n为奇数nnn112(2+1)1Sn+=1−−+=n1Sn212+,n为偶数1−−nn2(2−1)2当n为奇数时，Sn+11113随n的增大而减小，所以Sn+S1+=． SnSnS1611125随n的增大而减小，所以Sn+． S2+=SnSnS212113． Sn62当n为偶数时，Sn+故对于nN*，有Sn+23239．【解析】（Ⅰ）设数列an的公比为q，由a3所以q==9a2a6得a3=9a41． 9由条件可知c0，故q=1． 3由2a1+3a2=1得2a1+3a2q=1，所以a1=故数列an的通项式为an=

1． 31． n3（Ⅱ ）bn=log3a1+log3a2+...+log3an=−(1+2+...+n)=−n(n+1)2故

1211=−=−2(−)bnn(n+1)nn+1111111112n++...+=−2((1−)+(−)+...+(−))=−b1b2bn223nn+1n+1所以数列{12n}的前n项和为−． bnn+140．【解析】（Ⅰ）设{an}的公比为q，

则b1=1+a=2,b2=2+aq=2+q,b3=3+aq=3+q22更多内容见微信公众号：数学第六感

由b1,b2,b3成等比数列得(2+q)=2(3+q)即q2−4q+2=0,解得q1=2+222,q2=2−2所以{an}的通项公式为an=(2+2)n−1或an=(2−2)n−1.（Ⅱ ）设{an}的公比为q，则由(2+aq)=(1+a)(3+aq),得aq−4aq+3a−1=0(*)由a0得=4a+4a0，故方程（*）有两个不同的实根 由{an}唯一，知方程（*）必有一根为0，代入（*）得a=22221.341．【解析】（Ⅰ）设l1,l2,,ln+2构成等比数列，其中t1=1,tn+2=100,则

Tn=t1t2tn+1tn+2, ① Tn=tn+1tn+2t2t1, ②

①×②并利用t1tn+3−i=t1tn+2=102(1in+2),得Tn2=(t1tn+2)(t2tn+1)(tn+1t2)(tn+2t1)=102(n+2),an=lgTn=n+2,n1.（Ⅱ）由题意和（Ⅰ）中计算结果，知bn=tan(n+2)tan(n+3),n1. 另一方面，利用tan1=tan((k+1)−k)=tan(k+1)−tank,1+tan(k+1)tank得tan(k+1)tank=nn+2tan(k+1)−tank−1.tan1所以Sn=n+2b=tan(k+1)tankkk=1k=3=(tan(k+1)−tank−1)tan1k=3tan(n+3)−tan3=−n.tan1