等比数列练习题.doc
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等比数列
班级________ 姓名________ 考号________ 日期________ 得分________
一、选择题：
（本大题共6小题，每小题6分，共36分，将正确答案的代号填在题后的括号内．）
1．在等比数列{an}中，a7·a11＝6，a4＋a14＝5，则＝（ ）
A. B.
C.或 D．－或－
解析：
在等比数列{an}中，a7·a11＝a4·a14＝6①
又a4＋a14＝5②
由①、②组成方程组解得或
∴＝＝或.
答案：
C
2．在等比数列{an}中a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于（ ）
A．2n＋1－2 B．3n
C．2n D．3n－1
解析：
要{an}是等比数列，{an＋1}也是等比数列，则只有{an}为常数列，故Sn＝na1＝2n.
答案：
C
评析：
本题考查了等比数列的性质及对性质的综合应用，抓住只有常数列有此性质是本题的关键，也是技巧；否则逐一验证，问题运算量就较大．
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6：
S3＝1：
2，则S9：
S3等于（ ）
A．1：
2B．2：
3
C．3：
4D．1：
3
解析：
解法一：
∵S6：
S3＝1：
2，
∴{an}的公比q≠1.
由÷＝，
得q3＝－，
∴＝＝.
解法二：
因为{an}是等比数列，所以S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，
即（S6－S3）2＝S3·（S9－S6），将S6＝S3代入得＝，故选C.
答案：
C
4．已知等比数列{an}中，an>0，a10a11＝e，则lna1＋lna2＋…＋lna20的值为（ ）
A．12 B．10
C．8 D．e
解析：
lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln[（a1a20）·（a2a19）·…·（a10a11）]＝lne10＝10，故选B.
答案：
B
5．若数列{an}满足a1＝5，an＋1＝＋（n∈N*），则其前10项和是（ ）
A．200B．150
C．100D．50
解析：
由已知得（an＋1－an）2＝0，
∴an＋1＝an＝5，
∴S10＝50.故选D.
答案：
D
6.在等比数列{an}中，a1＋a2＋…＋an＝2n－1（n∈N*），则a＋a＋…＋a等于（ ）
A．（2n－1）2B.（2n－1）2
C．4n－1D.（4n－1）
解析：
若a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则an＝2n－1，a1＝1，q＝2，所以a＋a＋…＋a＝（4n－1），故选D.
答案：
D
二、填空题：
（本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上．）
7．数列{an}中，设数列{an}的前n项和为Sn，则S9＝________.
解析：
S9＝（1＋22＋24＋26＋28）＋（3＋7＋11＋15）＝377.
答案：
377
8．数列{an}的前n项之和为Sn，Sn＝1－an，则an＝________.
解析：
n＝1时，a1＝S1＝1－a1，得a1＝，
n≥2时，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1.
两式相减得an＝an－1－an，
即an＝an－1，＝，
所以{an}是等比数列，首项为a1＝，公比为，
所以an＝·n－1.
答案：
·n－1
9．{an}是等比数列，前n项和为Sn，S2＝7，S6＝91，则S4＝________.
解析：
设数列{an}的公比为q，
∵S2＝7，S6＝91.
∴
∴
∴q4＋q2－12＝0，∴q2＝3.
∴S4＝＝a1（1＋q）（1＋q2）＝（a1＋a1q）（1＋q2）＝28.
答案：
28
10．设数列{an}的前n项和为Sn（n∈N＋），关于数列{an}有下列四个命题：
①若{an}既是等差数列又是等比数列，则an＝an＋1（n∈N＋）
②若Sn＝an2＋bn（a，b∈R），则{an}是等差数列
③若Sn＝1－（－1）n，则{an}是等比数列
④若{an}是等比数列，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m（m∈N＋）也成等比数列．
其中正确的命题是__________．（填上正确命题的序号）
解析：
①若{an}既是等差数列又是等比数列，{an}为非零常数列，故an＝an＋1（n∈N＋）；②若{an}是等差数列，Sn＝n2＋n为an2＋bn（a，b∈R）的形式；③若Sn＝1－（－1）n，则n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝1－（－1）n－1＋（－1）n－1＝（－1）n－1－（－1）n，而a1＝2，适合上述通项公式，所以an＝（－1）n－1－（－1）n是等比数列；④若{an}是等比数列，当公比q＝－1且m为偶数时，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m不成等比数列．
答案：
①②③
三、解答题：
（本大题共3小题，11、12题13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤．）
11．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，对任意的自然数n≥2，an是3Sn－4与2－Sn－1的等差中项．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn.
解：
（1）由已知，当n≥2时，
2an＝（3Sn－4）＋（2－Sn－1），①
又an＝Sn－Sn－1，②
由①②得an＝3Sn－4（n≥2）③
an＋1＝3Sn＋1－4④
③④两式相减得an＋1－an＝3an＋1
∴＝－.
∴a2，a3，…，an，…成等比数列，其中
a2＝3S2－4＝3（1＋a2）－4，
即a2＝，q＝－，
∴当n≥2时，
an＝a2qn－2＝n－2＝－n－1.
即
（2）解法一：
当n≥2时
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋（a2＋…＋an）
＝1＋
＝1＋
＝－n－1，
当n＝1时S1＝1
＝－0
也符合上述公式．
∴Sn＝－n－1.
解法二：
由
（1）知n≥2时，an＝3Sn－4，
即Sn＝（an＋4），
∴n≥2时，Sn＝（an＋4）＝－n－1＋.
又n＝1时，S1＝a1＝1亦适合上式．
∴Sn＝－n－1.
12．设数列{an}的前n项和为Sn，且（3－m）Sn＋2man＝m＋3（n∈N*），其中m为常数，且m≠－3.
（1）求证：
{an}是等比数列；
（2）若数列{an}的公比q＝f（m），数列{bn}满足b1＝a1，bn＝f（bn－1）（n∈N*，n≥2），求证：
{}为等差数列，并求bn.
解：
（1）证明：
由（3－m）Sn＋2man＝m＋3，
得（3－m）Sn＋1＋2man＋1＝m＋3，
两式相减，得（3＋m）an＋1＝2man，
m≠－3，
∴＝（n≥1）．
∴{an}是等比数列．
（2）由（3－m）S1＋2ma1＝m＋3，
解出a1＝1，∴b1＝1.
又∵{an}的公比为，
∴q＝f（m）＝，
n≥2时，bn＝f（bn－1）＝·，
∴bnbn－1＋3bn＝3bn－1，推出－＝.
∴{}是以1为首项，为公差的等差数列，
∴＝1＋＝，
又＝1符合上式，
∴bn＝.
13．已知{an}是首项为a1，公比q（q≠1）为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且有5S2＝4S4，设bn＝q＋Sn.
（1）求q的值；
（2）数列{bn}能否是等比数列？
若是，请求出a1的值；若不是，请说明理由．
解：
（1）由题意知5S2＝4S4，
S2＝，S4＝，
∴5（1－q2）＝4（1－q4），得q2＋1＝.
又q>0，∴q＝.
（2）解法一：
∵Sn＝＝2a1－a1n－1，
于是bn＝q＋Sn＝＋2a1－a1n－1，
若{bn}是等比数列，则＋2a1＝0，即a1＝－，
此时，bn＝n＋1，
∵＝＝，∴数列{bn}是等比数列，
所以存在实数a1＝－，使数列{bn}为等比数列．
解法二：
由于bn＝＋2a1－a1n－1，
所以b1＝＋a1，b2＝＋a1，b3＝＋a1，
若数列{bn}为等比数列，则b＝b1·b3，
即2＝，
整理得4a＋a1＝0，解得a1＝－或a1＝0（舍去），
此时bn＝n＋1.故存在实数a1＝－，使数列{bn}为等比数列．
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