2019-2020年高考数学一轮复习 5.3等比数列及其前n项和课时作业 理 湘教版.doc

2019-2020年高考数学一轮复习 5.3等比数列及其前n项和课时作业 理 湘教版1、 选择题1.(xx六安二模)已知数列an的前n项和Sn3n2，nN*，则( )A.an是递增的等比数列B.an是递增数列，但不是等比数列C.an是递减的等比数列D.an不是等比数列，也不单调【解析】Sn3n2，Sn13n12，anSnSn13n2(3n12)23n1(n2)，当n1时，a1S11不适合上式，但a1a2a3.【答案】B2.(xx金华联考)若等比数列an满足anan116n，则公比为( )A.2 B.4 C.8 D.16【解析】由anan116n，可得an1an216n1，两式相除得，16，q216.anan116n，可知公比为正数，q4.【答案】B3.(xx长春调研)在正项等比数列an中，已知a1a2a34，a4a5a612，an1anan1324，则n( )A.11 B.12 C.14 D.16【解析】设数列an的公比为q，由a1a2a34a31q3与a4a5a612a31q12可得q93，an1anan1a31q3n3324，因此q3n68134q36，所以n14.故选C.【答案】C4. a1，a2，a3，a4是各项不为零的等差数列且公差d0，若将此数列删去某一项得到的数列(按原来的顺序)是等比数列，则的值为( )A.4或1 B.1 C.4 D.4或1【解析】若删去a1或a4，知数列既为等差也为等比数列，则公差d0，由条件知不成立.若删去a2，则(a12d)2a1 (a13d)，若删去a3，则(a12d)2a1 (a13d)，解得4或1.【答案】 A5.(xx山东省实验中学诊断)在各项为正的等比数列an中，a4与a14的等比中项为，则2a7a11的最小值是 ( )A.16 B.8 C. D.4 【解析】由题意知a4a14()2a29，即a9.设公比为q(q0)，所以2a7a11a9q2q28，当且仅当q2，即q时取等号，其最小值为8.【答案】B6.设mN*，log2 m的整数部分用F(m)表示，则F(1)F(2)F(1 024)的值是( )A.8 204 B.8 192 C.9 218 D.以上都不对【解析】F(m)为log2 m的整数部分，2nm2n11时，F(m)n，F(1)F(2)F(1 024)F(1)F(2)F(3)F(4)F(5)F(6)F(7)F(1 024)021422kk29910.设S12222k2k929， 则2S1228299210， 得S2222992102(129)129210210292102132，S2132，F(1)F(2)F(1 024)213128 204.【答案】A二、填空题7.在等比数列an中，a1a230，a3a460，则a7a8.【解析】a1a2a1(1q)30，a3a4a1q2(1q)60，q22，a7a8a1q6(1q)a1(1q)(q2)3308240.【答案】2408.(xx石家庄质检)已知两个等比数列an，bn满足a1a(a0)，b1a11，b2a22，b3a33，若数列 an 唯一，则a_.【解析】设等比数列an的公比为q，则有b1a1，b2aq2，b3aq23，(aq2)2(a1)( aq23)，即aq24aq3a10.因为数列 an 是唯一的，因此由方程aq24aq3a10解得的a，q的值是唯一的.若0，则a2a0，又因为a0，因此这样的a不存在.在方程aq24aq3a10必有两个不同的实根，且其中一根为零，于是有3a10，a，此时q4，数列 an 是唯一的，因此满足题意的a.【答案】 9.已知an是等比数列，a22，a5，则a1a2a2a3anan1(nN*)的取值范围是.【解析】a5a2q3，2q3，q，a1a2q4，an4n123n，akak112k312k2122k5，a1a2a2a3anan132328，).【答案】8，)10.已知数列an是公比为q(q1)的等比数列，集合A=a1,a2,a10，从A中选出4个不同的数，使得这4个数成等比数列，这样的不同的4个数的等比数列共有 个.【解析】 公比为q的有a1, a2, a3, a4; a2, a3, a4, a5; a7, a8, a9, a10这7个，公比为的同样有7个；公比为q2的有a1, a3, a5, a7；a4, a6, a8, a10这4个，公比为的同样有4个；公比为q3和的各有1个；这样的不同的4个数的等比数列共有7+7+4+4+1+1=24个.【答案】 24三、解答题11.已知数列an的前n项和为Sn，a1且SnSn-11an-1，数列bn满足b1且3bnbn-1n(n2且nN*).(1)求an的通项公式；(2)求证：数列 bnan 为等比数列；(3)求bn前n项和的最小值.【解析】(1)由SnSn-11an-1，得anan-1，ana1(n1)dn（nN*）.(2)证明:由3bnbn-1n，得bnbn-1n，bnanbn-1nbn-1nbn-1n；bn-1an-1bn-1(n1)bn-1n.由上面两式得，又b1a130，故数列 bnan 是以30为首项，为公比的等比数列.(3)由(2)得bnan30，bnan30n30 (n2).bnbn-1n30=0，bn是递增数列.当n1时，0；当n2时，0；当n3时，0，从第4项起的各项均大于0，故前3项之和最小，且.综上所述：bn的前n项和的最小值为.12.已知数列an的前n项和Sn满足(p1) Snp2an (p0，p1)，且a3.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，数列bnbn+2的前n项和为Tn，若对于任意的正整数n，都有Tnm2m成立，求实数m的取值范围.【解析】(1)由题设知，解得或 (舍去).由条件可知(p1) S2(p1)(a1+ a2)= 解得a21.再由(p1) S3(p1)(a1+a2+a3)，解得.由a3可得，故.所以2Sn，则2Sn+19，以上两式作差得2(，即2an+1anan+1，故an+1an.可见，数列an是首项为3，公比为13的等比数列.故an（nN*）.(2)因为bn所以bnbn+21Tnb1b2b2b4b3b5bnbn+2.故要使Tnm2m恒成立，只需m2m，解得m0或m1.故所求实数m的取值范围为(，01，).13.(xx广州模拟) 已知数列an中,a1=1，a23，且an+1an2 an-1(n2).(1)设bnan+1an，是否存在实数，使数列bn为等比数列.若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；(2)求数列an的前n项和Sn.【解析】(1)假设存在实数，使数列 bn 为等比数列，设q(n2)，即an+1anq(anan-1)，得an+1(q) an an-1.与已知an+1=an+2an+2比较，令，解得1或2.所以存在实数，使数列bn为等比数列.当1时，q2，b14，则数列bn是首项为4、公比为2的等比数列；当2时，q1，b11，则数列 bn 是首项为1、公比为1的等比数列.(2)由(1)知an+1 (n1)，所以 (n1)， 当n2时，因为当n=1时，也适合上式，所以 (nN*).所以(nN*).