2018高考数学异构异模复习考案第六章数列6.3.1等比数列的概念及运算撬题文1.已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝()A．21B．42C．63D．84答案B解析解法一：由于a1(1＋q2＋q4)＝21，a1＝3，所以q4＋q2－6＝0，所以q2＝2(q2＝－3舍去)，所以a3＝6，a5＝12，a7＝24，所以a3＋a5＋a7＝42.故选B.解法二：同解法一求出q2＝2，由a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝42，故选B.2．对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是()A．a1，a3，a9成等比数列B．a2，a3，a6成等比数列C．a2，a4，a8成等比数列D．a3，a6，a9成等比数列答案D解析根据等比数列性质，若m＋n＝2k(m，n，k∈N*)，则am，ak，an成等比数列，故选D.3．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝()A．n(n＋1)B．n(n－1)C.D.答案A解析∵a2，a4，a8成等比数列，∴a＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，将d＝2代入上式，解得a1＝2，∴Sn＝2n＋＝n(n＋1)，故选A.4．设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，公比q＝2，Sk＋2－Sk＝48，则k等于()A．7B．6C．5D．4答案D解析∵Sk＝＝2k－1，∴Sk＋2＝2k＋2－1，由Sk＋2－Sk＝48得2k＋2－2k＝48,2k＝16，k＝4.故选D.5．数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.答案1解析设数列{an}的公差为d，则a1＝a3－2d，a5＝a3＋2d，由题意得，(a1＋1)(a5＋5)＝(a3＋3)2，即(a3－2d＋1)·(a3＋2d＋5)＝(a3＋3)2，整理，得(d＋1)2＝0，∴d＝－1，则a1＋1＝a3＋3，故q＝1.6．等比数列{an}的前n项和为Sn，公比不为1.若a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则S5＝________.答案11解析设数列{an}的公比为q，由an＋2＋an＋1－2an＝0，得anq2＋anq－2an＝0，显然an≠0，所以q2＋q－2＝0，又q≠1，所以q＝－2，所以S5＝＝11.7．设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.解(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，当n>1时，2Sn－1＝3n－1＋3，此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝1(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝.当n>1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝；当n>1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]，所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]，两式相减，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝＋－(n－1)×31－n＝－，所以Tn＝－.经检验，n＝1时也适合．综上可得Tn＝－.8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明＋＋…＋<.证明(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列．an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.(2)由(1)知＝.因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以≤.于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.所以＋＋…＋<.9.已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数．(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．解(1)假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有a＝a1a3，即2＝λ，故λ2－4λ＋9＝λ2－4λ，即9＝0，这与事实相矛盾．∴对任意实数λ，数列{an}都不是等比数列．(2)∵bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]＝(－1)n＋1＝－(－1)n(an－3n＋21)＝－bn，又b1＝－(λ＋18)，∴当λ＝－18时，b1＝0(n∈N*)，此时{bn}不是等比数列；当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，则bn≠0，∴＝－(n∈N*)．故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－为公比的等比数列．2
