【大高考】2017版高考数学一轮总复习第6章数列第3节等比数列及其前n项和模拟创新题理一、选择题1.(2016·河北衡水中学模拟)已知等比数列{an}中，a3＝2，a4a6＝16，则的值为()A.2B.4C.8D.16解析因为a3＝2，a4a6＝16，所以a4a6＝aq4＝16，即q4＝4，则＝＝q4＝4，故选B.答案B2.(2016·浙江金华二模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，则S2015＝()A.22015－1B.21009－3C.3×21007－3D.21008－3解析 a1＝1，an＋1·an＝2n，∴an≠0，a2＝2，当n≥2时，an·an－1＝2n－1.∴＝＝2(n≥2),∴数列{an}中奇数项，偶数项分别成等比数列，∴S2015＝＋＝21009－3，故选B.答案B3.(2015·山东日照模拟)设数列{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2·a4＝1，S3＝7，则S5＝()A.B.C.D.解析设此数列的公比为q(q＞0)由已知，a2a4＝1，得a＝1，所以a3＝1，由S3＝7，知a3＋＋＝7，即6q2－q－1＝0，解得q＝，进而a1＝4.所以S5＝＝，选B.答案B4.(2015·北大附中模拟)已知各项为正的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则2a7＋a11的最小值为()A.16B.8C.6D.4解析 a4a14＝(2)2＝8，即a4a14＝a＝8，∴a9＝2.则2a7＋a11＝＋a9q2≥2＝2×a9＝8，当且仅当＝a9q2，即q4＝2时取等号.答案B二、填空题5.(2015·云南大理二模)若数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an＋1，则该数列的通项公式为________.解析 an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，∴an＋1＝4·2n－1，∴an＝2n＋1－1.答案an＝2n＋1－1三、解答题6.(2014·陕西师大附中模拟)已知数列{an}的各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2，a3＋a4＝32.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝a＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，则an＝a1qn－1，且an>0，由已知得化简得即又 a1>0，q>0，∴∴an＝2n－1.(2)由(1)知bn＝a＋log2an＝4n－1＋n－1，∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)＝＋＝＋.创新导向题求等比数列前n项和问题7.等比数列{an}的前n项和为Sn，若公比q>1，a3＋a5＝20，a2a6＝64，则S5＝()A.31B.36C.42D.48解析a3·a5＝a2·a6＝64，又q>1，a3＋a5＝20，所以a3＝4，a5＝16，所以解得所以S5＝＝31，故选A.答案A等比数列的性质应用问题8.已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝________.解析a5＝＝a2·q3＝2·q3，解得q＝，易知数列{an·an＋1}仍是等比数列，其首项是a1a2＝8，公比为，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n).答案(1－4－n)专项提升测试模拟精选题一、选择题9.(2016·安徽安庆第二次模拟)数列{an}满足an＋1＝λan－1(n∈N*λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值等于()A.1B.－1C.D.2解析由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λ.由{an－1}是等比数列，所以＝1，得λ＝2.答案D二、解答题10.(2016·四川雅安模拟)数列{an}的前n项和为Sn，且首项a1≠3，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*).(1)求证：{Sn－3n}是等比数列；(2)若{an}为递增数列，求a1的取值范围.(1)证明 an＋1＝Sn＋3n，(n∈N*)∴Sn＋1＝2Sn＋3n，∴Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)， a1≠3.∴＝2，∴数列{Sn－3n}是公比为2，首项为a1－3的等比数列.(2)解由(1)得Sn－3n＝(a1－3)×2n－1，∴Sn＝(a1－3)×2n－1＋3n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a1－3)×2n－2＋2×3n－1， {an}为递增数列，∴n≥2时，(a1－3)×2n－1＋2×3n>(a1－3)×2n－2＋2×3n－1，∴n≥2时，2n－2>0，可得n≥2时，a1>3－12×，又当n＝2时，3－12×有最大值为－9，∴a1>－9，又a2＝a1＋3满足a2>a1，∴a1的取值范围是(－9，＋∞).11.(2015·马鞍山模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*).(1)证明数列是等差数列；(2)求数列{an}的通项公式；(3)设bn＝n(n＋1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.(1)证明由已知可得＝，∴＝＋1，即－＝1，∴数列{}是公差为1的等差数列.(2)解由(1)可得＝＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝.(3)解由(2)知，bn＝n·2n，∴Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，两式相减得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1...
