第六章 第三节　等比数列及其前n项和-（达标训练）【导学教程】2024旧教材老高考数学新编大一轮总复习（人教A版理科）

[对应学生用书P340] [保分练] 1．(2022·盐城质检)等比数列{an}的前n项和Sn＝32n－1＋r，则r＝(　　) A． B．－ C． D．－ 解析　当n＝1时，a1＝S1＝3＋r；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝32n－1－32n－3＝32n－3(32－1)＝8·32n－3＝8·32n－2·3－1＝·9n－1，所以3＋r＝，即r＝－，故选B. 答案　B 2．(2022·潮州模拟)Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若a3a5＝256，a4a6＝1 024，则＝(　　) A．2n－1 B．2－21－n C．2－2n－1 D．21－n－1 解析　由a3a5＝256，a4a6＝1024， 得又an>0，∴∴∴an＝2n，Sn＝2(2n－1)，∴＝＝2－21－n，故选B. 答案　B 3．(2022·北京质检)明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑．其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一．”注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”，则该塔从塔底数第二层灯的盏数为(　　) A．3 B．6 C．96 D．192 解析　根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为a1，则有 S7＝＝381，解得a1＝3，从塔底数第二层灯的盏数为a6＝a1q5＝3×25＝96，故选C. 答案　C 4．数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析　在等式am＋n＝aman中，令m＝1， 可得an＋1＝ana1＝2an，∴＝2， ∴数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an＝2×2n－1＝2n， ∴ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ ＝＝2k＋1(210－1)＝25(210－1)， ∴2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4.故选C. 答案　C 5．在14与之间插入n个数组成等比数列，若各项总和为，则此数列的项数为(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析　∵q≠0，，∴Sn＝， ∴＝.解得q＝－， ＝14×，∴n＝3. 故该数列共5项． 答案　B 6．已知等比数列{an}满足a1＝，a2a8＝2a5＋3，则a9＝________． 解析　法一　设数列{an}的公比为q， 由a2a8＝2a5＋3，得aq8＝2a1q4＋3， 又a1＝，所以q8－4q4－12＝0，解得q4＝6或 q4＝－2(舍去)，所以a9＝a1q8＝×62＝18. 法二　根据等比数列的性质可得a2a8＝a，又a2a8＝2a5＋3，所以a－2a5－3＝0，解得a5＝3或a5＝－1. 因为a1>0，所以a5＝a1q4>0，所以a5＝3.因为a1a9＝a，所以a9＝＝18. 答案　18 7．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________． 解析　由S3＋3S2＝0，即a1＋a2＋a3＋3(a1＋a2)＝0，即4a1＋4a2＋a3＝0，即4a1＋4a1q＋a1q2＝0，即q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2. 答案　－2 8．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝________． 解析　法一　设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝. 法二　设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝. 答案　 9．(2022·莆田模拟)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0. (1)求an及Sn； (2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解析　(1)易知q≠1，由题意可得解得a1＝1，q＝3， ∴an＝3n－1，Sn＝＝. (2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列， ∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13， ∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝， 此时Sn＋＝×3n，则＝＝3， 故存在常数λ＝，使得数列是以为首项，3为公比的等比数列． 10．设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8. (1)求{an}的通项公式； (2)记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m. 解析　(1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1. 由已知得解得a1＝1，q＝3. 所以{an}的通项公式为an＝3n－1. (2)由(1)知log3an