2020高考数学大一轮复习第五章数列第三节等比数列及其前n项和检测理新人教A版.doc

1、1第三节 等比数列及其前 n 项和限时规范训练(限时练夯基练提能练)A 级 基础夯实练1(2018四川绵阳诊断性考试)设 an是由正数组成的等比数列， Sn为其前 n 项和已知 a2a41， S37，则 S5等于( )A. B152 314C. D334 172解析：选 B.设数列 an的公比为 q，则显然 q1，由题意得Error!解得Error!或Error!(舍去)， S5 .a1 1 q51 q4(1 125)1 12 3142(2018浙江丽水模拟)已知等比数列 an的前 n 项和为 Sn a2n1 ，则 a 的值16为( )A B13 13C D12 12解析：选 A.当 n2 时

2、， an Sn Sn1 a2n1 a2n2 a2n2 ，当 n1 时，a1 S1 a ，所以 a ，所以 a .16 16 a2 133(2018东北六校联考)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( )b2a1 a2A. B710 75C. D310 12解析：选 C.因为 1， a1， a2,9 是等差数列，所以 a1 a21910.又 1， b1， b2， b3,9是等比数列，所以 b 199，因为 b b20，所以 b23，所以 .2 21b2a1 a2 3104(2018河北三市第二次联考)古代数学著作九章算术有如下

3、问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都2是前一天的 2 倍，已知她 5 天共织布 5 尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于 30，该女子所需的天数至少为( )A7 B8C9 D10解析：选 B.设该女子第一天织布 x 尺，则 5，得 x ，x 1 251 2 531前 n 天所织布的尺数为 (2n1)由 (2n1)30，得 2n187，则 n 的最小值为531 5318.5(2018福州模拟)已知数列 an满足 log3an1log 3an1 (nN *)，且a2 a4 a69，则 log (a5

4、a7 a9)的值是( )13A5 B15C5 D15解析：选 A.因为 log3an1log 3an1 ，所以 an1 3 an.所以数列 an是公比 q3 的等比数列，所以 a2 a4 a6 a2(1 q2 q4)9.所以 a5 a7 a9 a5(1 q2 q4) a2q3(1 q2 q4)93 33 5.所以 log 35log 3355.136(2018河南四校联考)在等比数列 an中，an0， a1 a2 a84， a1a2a816，则 的值为( )1a1 1a2 1a8A2 B4C8 D16解析：选 A.由分数的性质得到 .因为1a1 1a2 1a8 a8 a1a8a1 a7 a2a

5、7a2 a4 a5a4a5a8a1 a7a2 a3a6 a4a5，所以原式 ，又 a1a2a816( a4a5)a1 a2 a8a4a5 4a4a54， an0， a4a52， 2.1a1 1a2 1a87(2018青岛二模)已知 an是等比数列， a22， a5 ，则14a1a2 a2a3 anan1 (nN *)的取值范围是( )A12,16 B 8，3233C. D8，323) 163， 323解析：选 C.因为 an是等比数列， a22， a5 ，所以 q3 ， q ， a14，故14 a5a2 18 12a1a2 a2a3 anan1 (1 q2n) ，故选 C.a1a2 1 q2n

6、1 q2 323 8， 323)8(2018兰州、张掖联考)已知数列 an的首项为 1，数列 bn为等比数列且 bn，若 b10b112，则 a21_.an 1an解析： b1 a2， b2 ，a2a1 a3a2 a3 b2a2 b1b2， b3 ，a4a3 a4 b1b2b3， an b1b2b3bn1 ， a21 b1b2b3b20( b10b11)102 101 024.答案：1 0249设等比数列 an满足 a1 a310， a2 a45，则 a1a2an的最大值为_解析：设等比数列 an的公比为 q，则由 a1 a310， a2 a4 q(a1 a3)5，知 q .又12a1 a1q

7、210， a18.故 a1a2an a q12( n1) 2 3nn1 (12) n 1 n223 n 2 n.n22 n2 n22 72记 t (n27 n) 2 ，n22 7n2 12 12(n 72) 498结合 nN *可知 n3 或 4 时， t 有最大值 6.又 y2 t为增函数，从而 a1a2an的最大值为 2664.答案：6410(2018广东中山调研)设数列 an的前 n 项和为 Sn， a11，且数列 Sn是以 2 为公比的等比数列(1)求数列 an的通项公式；(2)求 a1 a3 a2n1 .解：(1) S1 a11，且数列 Sn是以 2 为公比的等比数列，4 Sn2 n

8、1 ，又当 n2 时， an Sn Sn1 2 n2 (21)2 n2 .当 n1 时 a11，不适合上式 anError!(2) a3， a5， a2n1 是以 2 为首项，以 4 为公比的等比数列， a3 a5 a2n1 .2 1 4n1 4 2 4n 13 a1 a3 a2n1 1 .2 4n 13 22n 1 13B 级 能力提升练11设 an是首项为正数的等比数列，公比为 q，则“ q0”是“对任意的正整数n， a2n1 a2n0”的( )A充要条件 B充分而不必要条件C必要而不充分条件 D既不充分也不必要条件解析：选 C.若对任意的正整数 n， a2n1 a2n0，则 a1 a20

9、，又 a10，所以a20，所以 q 0.若 q0，可取 q1， a11，则 a1 a2110，不满足对任意a2a1的正整数 n， a2n1 a2n0.所以“ q0”是“对任意的正整数 n， a2n1 a2n0”的必要而不充分条件，故选 C.12(2018济南模拟)设数列 an是以 3 为首项，1 为公差的等差数列， bn是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，则 ba1 ba2 ba3 ba4( )A15 B60C63 D72解析：选 B.由数列 an是以 3 为首项，1 为公差的等差数列，得数列 an的通项公式为 an3( n1)1 n2.由数列 bn是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，

10、得数列 bn的通项公式为 bn b1qn1 2 n1 ，所以 ban2 n1 ，所以ba1 ba2 ba3 ba42 22 32 42 5 60.4 1 241 213(2018湖北黄石检测)已知等差数列 an的公差 d0，且 a2， a51， a10成等比数列，若 a15， Sn为数列 an的前 n 项和，则 的最小值为_2Sn n 32an 1解析：由于 a2， a51， a10成等比数列，所以( a51) 2 a2a10，( a14 d1)2( a1 d)(a19 d)，又 a15，所以 d3，所以 an53( n1)3 n2， Sn na1d5 n n(n1)，所以 3(n1) 2n

11、n 12 32 2Sn n 32an 1 3n2 8n 323n 3 13 27n 15 ，当且仅当 3(n1) ，即 n2 时等号成立203 27n 1答案：20314已知数列 an的前 n 项和 Sn1 a n，其中 0.(1)证明 an是等比数列，并求其通项公式；(2)若 S5 ，求 .3132解：(1)证明：由题意得 a1 S11 a 1，故 1， a1 ，故 a10.11 由 Sn1 a n， Sn1 1 a n1 得 an1 a n1 a n，即 an1 ( 1) a n.由 a10， 0 得 an0，所以 .an 1an 1因此 an是首项为 ，公比为 的等比数列，11 1于是

12、an n1 .11 ( 1)(2)由(1)得 Sn1 n.( 1)由 S5 得 1 5 ，即 5 .3132 ( 1) 3132 ( 1) 132解得 1.15(2018河北省“五个一名校联盟”高三模拟)已知数列 an是等差数列， a26，前 n 项和为 Sn，数列 bn是等比数列， b22， a1b312， S3 b119.(1)求 an， bn的通项公式；(2)求数列 bncos(an)的前 n 项和 Tn.解：(1)数列 an是等差数列， a26， S3 b13 a2 b118 b119， b11， b22，数列 bn是等比数列， bn2 n1 . b34， a1b312， a13， a

13、26，数列 an是等差数列， an3 n.6(2)设 Cn bncos(an)，由(1)得 Cn bncos(an)(1) n2n1 ，则 Cn1 (1) n1 2n， 2，Cn 1Cn又 C11，数列 bncos(an)是以1 为首项、2 为公比的等比数列 Tn (2) n1 11 2 n1 2 13C 级 素养加强练16(2018辽宁鞍山模拟)已知等比数列 an满足：| a2 a3|10， a1a2a3125.(1)求数列 an的通项公式；(2)是否存在正整数 m，使得 1？若存在，求 m 的最小值；若不存在，1a1 1a2 1am说明理由解：(1)设等比数列 an的公比为 q，则由已知可得Error!解得Error! 或Error!故 an 3n1 ，或 an5(1) n1 .53(2)若 an 3n1 ，则 n1 ，53 1an 35 (13)故 是首项为 ，公比为 的等比数列 ，1an 35 13从而 1.mn 11an351 (13)m1 13 910 1 (13)m 910若 an(5)(1) n1 ，则 (1) n1 ，1an 15故 是首项为 ，公比为1 的等比数列，从而1an 15Error!mn 11an故 1.mn 11an7综上，对任意正整数 m，总有 1.mn 11an故不存在正整数 m，使得 1 成立1a1 1a2 1am