三年模拟一年创新高考数学复习 第六章 第三节 等比数列及其前n项和 理全国通用

高考数学精品复习资料 2019.5 第三节第三节 等比数列及其前等比数列及其前n n项和项和 A 组 专项基础测试 三年模拟精选 一、选择题 1(20 xx江西赣州模拟)在公比大于 1 的等比数列an中，a3a772，a2a827，则a12( ) A96 B64 C72 D48 解析 a3a7a2a872，a2a827， a224，a83或a23，a824， 又公比大于 1，a23，a824，q68， 即q22，a12a2q1032596. 答案 A 2(20 xx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a2a41，S37，则S5( ) A.152 B.314 C.334 D.172 解析 设此数列的公比为q(q0)由已知，a2a41，得a231，所以a31，由S37，知a3a3qa3q27，即 6q2q10，解得q12，进而a14. 所以S541125112314，选 B. 答案 B 3(20 xx潍坊模拟)设等比数列an中，前n项和为Sn，已知S38，S67，则a7a8a9等于( ) A.18 B18 C.578 D.558 解析 a7a8a9S9S6，S3，S6S3，S9S6也成等比数列，即8，1，S9S6成等比数列，有 8(S9S6)1，即S9S618. 答案 A 4(20 xx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 2，则2a7a11的最小值为( ) A16 B8 C6 D4 解析 a4a14(22)28，即a4a14a298，a922.则 2a7a112a9q2a9q222a9q2a9q22 2a98，当且仅当2a9q2a9q2，即q42 时取等号 答案 B 二、填空题 5(20 xx云南大理二模)若数列an满足a13，an12an1，则该数列的通项公式为_ 解析 an12an1，an112(an1)，数列an1是首项为 4，公比为 2 的等比数列，an142n1，an2n11. 答案 an2n11 三、解答题 6(20 xx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a1a221a11a2，a3a4321a31a4. (1)求数列an的通项公式； (2)设bna2nlog2an，求数列bn 的前n项和Tn. 解 (1)设等比数列an的公比为q(q0)，则ana1qn 1，且an0，由已知得a1a1q21a11a1q，a1q2a1q3321a1q21a1q3. 化简得a21q（q1）2（q1），a21q5（q1）32（q1），即a21q2，a21q532. 又a10，q0，a11，q2.an2n1. (2)由(1)知bna2nlog2an4n1n1， Tn(14424n1)(0123n1) 4n141n（n1）24n13n（n1）2. 一年创新演练 7已知正项数列an中，a11，a22，2a2na2n1a2n1(n2)，则a6等于( ) A16 B8 C2 2 D4 解析 由2a2na2n1a2n1(n2)可知数列a2n是等差数列，且以a211为首项，公差da22a21413，所以数列的通项公式为a2n13(n1)3n2，所以a2636216，即a64.选 D. 答案 D 8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b2a1a2的值为_ 解析 1，a1，a2，9 是等差数列， a1a21910. 又 1，b1，b2，b3，9 是等比数列，b22199， b21b20，b23，b2a1a2310. 答案 310 B 组 专项提升测试 三年模拟精选 一、选择题 9(20 xx山东菏泽二模)已知正项等比数列an满足：a7a62a5，若存在两项an，am使得aman4a1，则1m4n的最小值为( ) A.32 B.53 C.256 D不存在 解析 a7a62a5，a5q2a5q2a5，即q2q20，解得q2，q 1(舍)若存在两项an，am，有aman4a1，即aman16a21，a21qmn216a21，即 2mn216，mn24，mn6，即mn61. 1m4n1m4nmn61654mnnm 16524mnnm32， 当且仅当4mnnm，即n24m2，n2m时取等号，此时mn63m，m2，n4 时取最小值，最小值为32. 答案 A 二、解答题 10(20 xx陕西宝鸡 4 月)已知数列an满足a15，a25，an1an6an1(n2) (1)求证：an12an是等比数列 (2)求数列an的通项公式； (3)设 3nbnn(3nan)，求|b1|b2|bn|. (1)证明 an1an6an1(n2)， an12an3an6an13(an2an1)(n2) 又a15，a25， a22a115， an2an10(n2)， an12anan2an13(n2)， 数列an12an是以 15 为首项，3 为公比的等比数列 (2)解 由(1)得an12an153n153n， 则an12an53n， an13n12(an3n) 又a132，an3n0， an3n是以 2 为首项，2 为公比的等比数列 an3n2(2)n1， 即an2(2)n13n(nN N*) (3)解 由(2)及 3nbnn(3nan)可得 3nbnn(an3n)n2(2)n1n(2)n， bnn23n，|bn|n23n. Tn|b1|b2|bn| 232232n23n， 23，得 23Tn2322233(n1)23n n23n1， ，得 13Tn2323223nn23n1 2323n1n23n1 2(n3)23n1， Tn62(n3)23n. 11(20 xx马鞍山模拟)已知数列an满足a11，an12n1anan2n(nN N*) (1)证明数列2nan是等差数列； (2)求数列an的通项公式； (3)设bnn(n1)an，求数列bn的前n项和Sn. (1)证明 由已知可得an12n1anan2n， 2n1an12nan1，即2n1an12nan1， 数列2nan是公差为 1 的等差数列 (2)解 由(1)可得2nan2a1(n1)1n1， an2nn1. (3)解 由(2)知，bnn2n， Sn12222323n2n， 2Sn122223324n2n1， 两式相减得Sn222232nn2n12n12n2n1，Sn(n1)2n12. 12(20 xx广西钦州二模)设Sn是数列an的前n项和，满足Sna1a(1an)(a0 且a1，nN N*)，数列bn满足bnanlgan(nN 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 解 (1)Sna1a(1an)(a0 且a1，nN N*)， Sn1a1a(1an1)，由Sn1Snan1，得an1a1a(anan1)，an1aan， 即an1ana(a0，nN N*)； 当n1 时，a1a1a(1a1)，即a1a. 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anan(nN N*) (2)依题意，得bnnanlg a，令bk1bk(kN N*)， 则(k1)ak1lg akaklg a. a0 且a1，ak0，即(k1)alg aklg a. 当a1 时，lg a0，则(k1)ak，即akk1. 0kk11 时，bk1bk(kN N*)恒成立 当 0a1 时，lg a0，则(k1)ak，即akk1. 为了使不等式对任意的正整数k都成立，只需akk1min. kk1111k12，0a1，或0a12. 一年创新演练 13已知正项数列an满足：a2n(n2n1)an(n2n)0(nN N)，数列bn的前n项和为Sn，且满足b11，2Sn1bn(nN N) (1) 求数列an和bn的通项公式； (2)设cn（2n1）bnan，数列cn的前n项和为Tn，求证：T2n1. (1)解 由a2n(n2n1)an(n2n)0，得an(n2n)(an1)0. 由于an是正项数列，所以ann2n. 由 2Sn1bn可得当n2 时，2Sn11bn1，两式相减得bnbn1， 数列bn是首项为 1，公比为1 的等比数列， bn(1)n1. (2)证明 cn（2n1）bnan (1)n12n1n（n1）. 法一 c2n1c2n 4n12n（2n1）4n12n（2n1） （4n1）（2n1）（4n1）（2n1）2n（2n1）（2n1） 2（2n1）（2n1） 12n112n1， T2n(c1c2)(c3c4)(c2n1c2n)1113131512n112n1112n11. 法二 cn（2n1）bnan(1)n12n1n（n1） (1)n11n1n1， T2nc1c2c3c4c2n1c2n 1112121313141415 12n112n12n12n1 112n11.