A组 专项基础测试三年模拟精选一、选择题1．(2022·江西赣州模拟)在公比大于1的等比数列{an}中，a3a7＝72，a2＋a8＝27，则a12＝( )A．96B．64C．72D．48解析 ∵a3a7＝a2a8＝72，a2＋a8＝27，∴或又∵公比大于1，∴∴q6＝8，即q2＝2，∴a12＝a2q10＝3×25＝96.答案 A2．(2022·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 B3．(2022·潍坊模拟)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于( )A.B．－C.D.解析 ∵a7＋a8＋a9＝S9－S6，S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，∴有8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝.7\n答案 A4．(2022·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．(2022·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．(2022·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)＝＋＝＋.7\n一年创新演练7．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2，2a＝a＋a(n≥2)，则a6等于( )A．16B．8C．2D．4解析 由2a＝a＋a(n≥2)可知数列{a}是等差数列，且以a＝1为首项，公差d＝a－a＝4－1＝3，所以数列的通项公式为a＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以a＝3×6－2＝16，即a6＝4.选D.答案 D8．已知数列1，a1，a2，9是等差数列，数列1，b1，b2，b3，9是等比数列，则的值为________．解析 ∵1，a1，a2，9是等差数列，∴a1＋a2＝1＋9＝10.又1，b1，b2，b3，9是等比数列，∴b＝1×9＝9，∵b＝b2>0，∴b2＝3，∴＝.答案 B组 专项提升测试三年模拟精选一、选择题9．(2022·山东菏泽二模)已知正项等比数列{an}满足：a7＝a6＋2a5，若存在两项an，am使得＝4a1，则＋的最小值为( )A.B.C.D．不存在解析 ∵a7＝a6＋2a5，∴a5q2＝a5q＋2a5，即q2－q－2＝0，解得q＝2，q＝－1(舍)．若存在两项an，am，有＝4a1，即aman＝16a，aqm＋n－2＝16a，即2m＋n－2＝16，∴m＋n－2＝4，m＋n＝6，即＝1.∴＋＝＝≥＝，当且仅当＝，即n2＝4m2，n＝2m时取等号，此时m＋n＝6＝3m，∴m＝2，n7\n＝4时取最小值，∴最小值为.答案 A二、解答题10．(2022·陕西宝鸡4月)已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列．(2)求数列{an}的通项公式；(3)设3nbn＝n(3n－an)，求|b1|＋|b2|＋…＋|bn|.(1)证明 ∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．又a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15，∴an＋2an－1≠0(n≥2)，∴＝3(n≥2)，∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)解 由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，则an＋1＝－2an＋5×3n，∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．∴an－3n＝2×(－2)n－1，即an＝2×(－2)n－1＋3n(n∈N*)．(3)解 由(2)及3nbn＝n(3n－an)可得3nbn＝－n(an－3n)＝－n[2×(－2)n－1]＝n(－2)n，∴bn＝n，∴|bn|＝n.∴Tn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＋2×＋…＋n，①①×，得7\nTn＝＋2×＋…＋(n－1)＋n，②①－②，得Tn＝＋＋…＋－n＝2－3×－n＝2－(n＋3)，∴Tn＝6－2(n＋3).11．(2022·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＋1－2－n·2n＋1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.12．(2022·广西钦州二模)设Sn是数列{an}的前n项和，满足Sn＝(1－an)(a>0且a≠1，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝anlgan(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}中的每一项总小于它后面的项，求a的取值范围．7\n解 (1)∵Sn＝(1－an)(a>0且a≠1，n∈N*)，∴Sn＋1＝(1－an＋1)，由Sn＋1－Sn＝an＋1，得an＋1＝(an－an＋1)，∴an＋1＝a·an，即＝a(a≠0，n∈N*)；当n＝1时，a1＝(1－a1)，即a1＝a.于是，数列{an}是以a为首项，a为公比的等比数列，其通项公式为an＝an(n∈N*)．(2)依题意，得bn＝nanlga，令bk＋1>bk(k∈N*)，则(k＋1)·ak＋1lga>kaklga.∵a>0且a≠1，∴ak>0，即(k＋1)alga>klga.①当a>1时，lga>0，则(k＋1)a>k，即a>.∵0<<1，∴a>1时，bk＋1>bk(k∈N*)恒成立．②当0<a<1时，lga<0，则(k＋1)a<k，即a<.为了使不等式对任意的正整数k都成立，只需a<.∵＝≥，∴0<a<.综上可知，a的取值范围是.一年创新演练13．已知正项数列{an}满足：a－(n2＋n－1)an－(n2＋n)＝0(n∈N＋)，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足b1＝1，2Sn＝1＋bn(n∈N＋)．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：T2n＜1.(1)解 由a－(n2＋n－1)an－(n2＋n)＝0，得[an－(n2＋n)](an＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以an＝n2＋n.由2Sn＝1＋bn可得当n≥2时，2Sn－1＝1＋bn－1，两式相减得bn＝－bn－1，∴数列{bn}是首项为1，公比为－1的等比数列，∴bn＝(－1)n－1.(2)证明 ∵cn＝7\n＝(－1)n－1·.法一 ∴c2n－1＋c2n＝－＝＝＝－，∴T2n＝(c1＋c2)＋(c3＋c4)＋…＋(c2n－1＋c2n)＝－＋－＋…＋－＝1－＜1.法二 ∵cn＝＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·，∴T2n＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n＝－＋－＋…＋－＝1－＜1.7
