高考数学文科江苏版1轮复习练习：第5章 数列 3 第3讲 分层演练直击高考 Word版含解析

高考数学精品复习资料 2019.5 1在等比数列an中，若首项 a11，公比 q4，则该数列前 5 项和 S5_. 解析 在等比数列an中，因为 a11，q4，所以 S5a1（1q5）1q14514341. 答案 341 2(20 xx 邯郸大名一中月考改编)若等比数列an满足 a1a320，a2a440，则公比q_ 解析 qa2a4a1a32. 答案 2 3等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S3a210a1，a59，则 a1_ 解析 设等比数列an的公比为 q，由 S3a210a1得 a1a2a3a210a1，即 a39a1，q29，又 a5a1q49，所以 a119. 答案 19 4若数列an的前 n 项和为 Sn23an13，则数列an的通项公式是 an_. 解析 Sn23an13，Sn123an113(n2)，相减得 an23an23an1，即 an2an1(n2)又 S123a113，即 a11，故 an(2)n1. 答案 (2)n1 5(20 xx 常州第二次质量预测)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 27a3a60，则S6S3_ 解析 由题可知an为等比数列，设首项为 a1，公比为 q，所以 a3a1q2，a6a1q5，所以 27a1q2a1q5， 所以 q3，由 Sna1（1qn）1q， 得 S6a1（136）13，S3a1（133）13， 所以S6S3a1（136）1313a1（133）28. 答案 28 6(20 xx 南京高三模拟)若等比数列an的各项均为正数，且 a3a12，则 a5的最小值为_ 解析：设等比数列an的公比为 q(q0 且 q1)，则由 a3a12，得 a12q21.因为 a3a120，所以 q1，所以 a5a1q42q4q21.令 q21t0，所以 a52t1t2 8，当且仅当 t1，即 q 2时，等号成立，故 a5的最小值为 8. 答案：8 7设 f(x)是定义在 R 上恒不为零的函数，且对任意的实数 x，yR，都有 f(x) f(y)f(xy)，若 a112，anf(n)(nN*)，则数列an的前 n 项和 Sn的取值范围是_ 解析 由已知可得 a1f(1)12，令 xn，y1， 所以 f(n) f(1)f(n1)， 所以f（n1）f（n）f(1)12， 所以an是以 f(1)为首项，f(1)为公比的等比数列 所以 anf(n)f(1)n12n， 所以 Sn1212212312n 12112n112112n. 因为 nN*，所以12Sn1. 答案 12，1 8已知an是等比数列，a22，a514，则 a1a2a2a3anan1(nN*)的取值范围是_ 解析 因为 a5a2q3，所以142q3，所以 q12， 所以 a1a2q4，所以 an412n123n， 所以 akak112k312k2122k5， 所以 a1a2a2a3anan1 1221512225122n5 321414214n3214114n114 323114n8，323. 答案 8，323 9已知an是首项为 1 的等比数列，若 Sn是an的前 n 项和，且 28S3S6，则数列1an的前 4 项和为_ 解析 设数列an的公比为 q. 当 q1 时，由 a11，得 28S328384. 而 S66，两者不相等，因此不合题意 当 q1 时，由 28S3S6及首项为 1，得28（1q3）1q1q61q，解得 q3.所以数列an的通项公式为 an3n1. 所以数列1an的前 4 项和为 113191274027. 答案 4027 10已知数列an满足 a12 且对任意的 m，nN，都有amnaman，则数列an的前 n项和 Sn_ 解析：因为anmaman， 令 m1，则an1a1an， 即an1ana12， 所以an是首项 a12，公比 q2 的等比数列， Sn2（12n）122n12. 答案：2n12 11已知等差数列an满足 a22，a58. (1)求an的通项公式； (2)各项均为正数的等比数列bn中，b11，b2b3a4，求bn的前 n 项和 Tn. 解 (1)设等差数列an的公差为 d，则由已知得a1d2，a14d8.所以 a10，d2. 所以 ana1(n1)d2n2. (2)设等比数列bn的公比为 q，则由已知得 qq2a4， 因为 a46，所以 q2 或 q3. 因为等比数列bn的各项均为正数，所以 q2. 所以bn的前 n 项和 Tnb1（1qn）1q1（12n）122n1. 12(20 xx 杭州模拟)设等差数列an的首项 a1为 a(a0)，前 n 项和为 Sn. (1)若 S1，S2，S4成等比数列，求数列an的通项公式； (2)证明：对nN*，Sn，Sn1，Sn2不构成等比数列 解 (1)设等差数列an的公差为 d， 则 Snnan（n1）2d， 所以 S1a，S22ad，S44a6d. 因为 S1，S2，S4成等比数列， 所以 S22S1S4， 即(2ad)2a (4a6d)， 整理得 d(2ad)0， 所以 d0 或 d2a. 当 d0 时，ana(a0)； 当 d2a 时，ana(n1)d(2n1)a(a0) (2)证明：不妨设存在 mN*，使得 Sm，Sm1，Sm2构成等比数列，则 S2m1SmSm2，得 a2mad12m(m1)d20，(*) 若 d0，则 a0，这与已知矛盾； 若 d0， 要使数列an的首项 a 存在， 则必有(*)式的 0， 然而 (md)22m(m1)d2(2mm2) d21，因此 a11，am16，Sma1（1qm）1qa1amq1q，即116q1q31，解得 q2，ama1qm12m116，m5. 答案 5 3(20 xx 山西省四校联考)等比数列an满足 an0，nN*，且 a3a2n322n(n2)，则当 n1 时，log2a1log2a2log2a2n1_. 解析 由等比数列的性质，得 a3a2n3a2n22n，从而得 an2n，所以 log2anlog22nn. log2a1log2a2log2a2n112(2n1)n(2n1) 答案 n(2n1) 4 (20 xx 江苏省高考名校联考(一)设Sn为数列an的前n项和， 若数列an与数列Snant(t1)分别是公比为 q，q的等比数列，则 qq的取值范围为_ 解析：若 q1，则Snantnt，不成等比数列，故 q1，则Snant1qnqn1（1q）t，考虑前三项 1t，1qqt，1qq2q2t 成等比数列得，tq1q，反之，当 tq1q时，Snant1qn1（1q）成等比数列，此时，公比为1q，即 q1q.由 t1，得q1q1，q1，qqq1q2，故 qq的取值范围是(2，) 答案：(2，) 5已知首项为32的等比数列an不是递减数列，其前 n 项和为 Sn(nN*)，且 S3a3，S5a5，S4a4成等差数列 (1)求数列an的通项公式； (2)设 TnSn1Sn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值 解 (1)设等比数列an的公比为 q， 因为 S3a3，S5a5，S4a4成等差数列， 所以 S5a5S3a3S4a4S5a5，即 4a5a3， 于是 q2a5a314. 又an不是递减数列且 a132，所以 q12. 故等比数列an的通项公式为 an3212n1(1)n132n. (2)由(1)得 Sn112n112n，n为奇数，112n，n为偶数. 当 n 为奇数时，Sn随 n 的增大而减小， 所以 1SnS132， 故 0Sn1SnS11S1322356.当 n 为偶数时，Sn随 n 的增大而增大， 所以34S2SnSn1SnS21S23443712. 综上，对于 nN*，总有712Sn1Sn56. 所以数列Tn的最大项的值为56，最小项的值为712. 6 (20 xx 江苏省重点中学领航高考冲刺卷(五)已知数列an中， an0， 其前 n 项和为 Sn，数列1an的前 n 项和为 Tn，且 Tn22Sn1(nN*) (1)求 a1； (2)若 bn2Sn，证明：数列bn是等比数列； (3)在(2)的条件下，已知数列cn，dn满足|cn|dn|1bn，若 p(p3)是给定的正整数，数列cn，dn的前 p 项和分别为 Qp，Rp，且 QpRp.求证：对任意的正整数 k(1kp)，ckdk. 解 (1)当 n1 时，由题意得，T122S11， 即1a122a11， 所以 a11. (2)证明：因为 Tn22Sn1， 所以当 n2 时，Tn122Sn11. 由，得1an22Sn22Sn12an（2Sn）（2Sn1）(n2，nN*)， 所以(2Sn)(2Sn1)2a2n2(2Sn1)(2Sn)2， 即 bnbn12(bn1bn)2， 所以bnbn1bn1bn52，所以bnbn12 或bnbn112(n2，nN*) 又数列an的各项均为正数， 所以数列2Sn，即数列bn单调递减， 所以bnbn112(n2，nN*) 因为 a11，所以 b110，所以数列bn是以 1 为首项，12为公比的等比数列 (3)证明：由(2)知，bn12n1(nN*) 因为|cn|dn|2n1，所以 cpdp或 cpdp. 若 cpdp，不妨设 cp0，dp0. Rp2p1(2p22p3211)10. 这与 QpRp矛盾，所以 cpdp. 从而 Qp1Rp1. 由以上证明，可得 cp1dp1. 如此下去，可得 cp2dp2，cp3dp3，c1d1. 即对任意的正整数 k(1kp)，ckdk.