《2021高考数学一轮复习课后限时集训35等比数列及其前n项和理修订》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021高考数学一轮复习课后限时集训35等比数列及其前n项和理修订（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课后限时集训 35 等比数列及其前n项和 建议用时： 45 分钟 一、选择题 1等比数列x,3x 3,6x6，的第四项等于( ) A 24 B 0 C12 D 24 A 由x,3x3,6x6成等比数列，知(3x3) 2 x(6x6) ， 解得x 3 或x 1( 舍 去) 所以此等比数列的前三项为3， 6， 12. 故第四项为 24，选 A. 2(2019日照一模) 已知等比数列 an的前n项和为Sn，a1a3 5 2，且 a2a4 5 4，则 Sn an( ) A4 n1 B 4 n1 C2 n1 D 2 n1 D 设等比数列 an的公比为q，则 a11q 2 5 2 a1q1q 2 5 4
2、， 解得 a1 2， q 1 2， Sn an a11q n 1q a1q n1 2 1 1 2 n 1 1 2 2 1 2 n1 2 n 1. 故选 D. 3(2019湖南湘东五校联考) 已知在等比数列an中，a37，前三项之和S321，则 公比q的值是 ( ) A1 B 1 2 C1 或 1 2 D 1 或 1 2 C 当q1 时，a37，S321，符合题意；当q1 时， a1q 27， a11q 3 1q 21， 得q 1 2. 综上， q的值是 1 或 1 2，故选 C. 4等比数列 an 的前n项和为Sn3 2n1 r，则r的值为 ( ) A. 1 3 B 1 3 C. 1 9 D
3、1 9 B 当n1 时，a1S13r， 当n2 时，anSnSn13 2n132n3 3 2n3(321) 832n3832n23 18 39 n1， 所以 3r 8 3， 即r 1 3，故选 B. 5(2019鄂尔多斯模拟) 中国古代数学著作算法统综中有这样一个问题：“三百 七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公 仔细算相还” 其大意为：“有一个人走378 里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天 走的路程为前一天的一半，走了6 天后到达目的地”则该人第五天走的路程为( ) A6 里B 12 里 C24 里D 48 里 B 记每天走的路程里数为an，
4、由题意知 an是公比为 1 2的等比数列，由 S6378，得 S6 a11 1 2 6 1 1 2 378，解得a1192，a5192 1 2 412( 里) 故选 B. 二、填空题 6已知 1，a1，a2,4 成等差数列，1，b1，b2，b3,4 成等比数列，则 a1a2 b2 的值 _ 5 2 由题意得a1a25，b 2 24， 又b2与第一项的符号相同，所以b22. 所以 a1a2 b2 5 2. 7在14 与 7 8之间插入 n个数组成等比数列，若各项之和为 77 8 ，则此数列的项数为 _ 5 设此等比数列为am ，公比为q，则该数列共有n2 项 14 7 8， q1. 由等比 数列
5、的前n项和公式，得 77 8 14 7 8q 1q ，解得q 1 2， an2 14 1 2 n2 17 8，即 1 2 n11 16，解得 n3，该数列共有5 项 8各项均为正数的等比数列an 的前n项和为Sn，若Sn2，S3n14， 则S4n _. 30 由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，仍为 等比数列 设S2nx，则 2，x2,14 x成等比数列 由(x2) 2 2(14 x) ， 解得x6 或x 4( 舍去 ) Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，是首项为2，公比为2 的等比数列 又S3n14，S4n1422 330. 三、解答
6、题 9(2019全国卷) 已知 an 是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216. (1) 求an的通项公式； (2) 设bnlog2an，求数列 bn的前n项和 解 (1) 设an 的公比为q，由题设得2q 24q 16，即q 22q80. 解得q 2( 舍去 ) 或q4. 因此 an的通项公式为an24 n122n1. (2) 由(1) 得bn(2n 1)log222n1，因此数列 bn 的前n项和为 13 2n1 n 2. 10(2018全国卷) 已知数列 an满足a11，nan12(n1)an. 设bn an n. (1) 求b1，b2，b3； (2) 判断数列 bn 是否为等比
7、数列，并说明理由； (3) 求an的通项公式 解 (1) 由条件可得an1 2n1 n an. 将n1 代入得，a24a1，而a11，所以a2 4. 将n2 代入得，a33a2，所以a312. 从而b11，b22，b34. (2)bn是首项为1，公比为2 的等比数列 由条件可得 an1 n1 2an n ，即bn12bn，又b11，所以 bn 是首项为1，公比为2 的等比 数列 (3) 由(2) 可得 an n2 n1，所以 ann2 n1. 1已知 an 为等比数列，数列bn 满足b12，b25，且an(bn1bn) an1，则数列 bn 的前n项和为 ( ) A3n 1 B 3n1 C.
8、3n 2 n 2 D. 3n 2 n 2 C b12，b25，且an(bn1bn) an1， a1(b2b1) a2，即a23a1， 又数列 an 为等比数列， 数列 an 的公比为q3， bn1bn an1 an 3， 数列 bn 是首项为2，公差为 3 的等差数列， 数列 bn 的前n项和为Sn2n nn1 2 3 3n 2 n 2 .故选 C. 2设 an是公比为q的等比数列， |q| 1，令bnan1(n1,2 ， ) ，若数列 bn 有 连续四项在集合 53， 23,19,37,82中，则q等于 ( ) A 1 2 B. 1 2 C 3 2 D. 3 2 Cbn 有连续四项在 53，
9、23,19,37,82中且bnan1，即anbn 1，则an有连 续四项在 54， 24,18,36,81中 an是等比数列，等比数列中有负数项，q 0， 且负数项为相隔两项，又 |q| 1，等比数列各项的绝对值递增按绝对值由小到大的顺 序排列上述数值18，24,36 ，54,81 ，相邻两项相除 24 18 4 3， 36 24 3 2， 54 36 3 2， 81 54 3 2，则可得 24,36 ， 54,81 是 an 中连续的四项q 3 2. 3(2016全国卷) 设等比数列 an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值 为_ 64 设等比数列 an的公比为q，则由a1a
10、310，a2a4q(a1a3) 5，知q 1 2. 又 a1a1q 210， a18. 故a1a2ana n 1q 12 ( n1)23n 1 2 记t n 2 2 7n 2 1 2( n 2 7n)， 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2 664. 4已知数列 an 满足a1 5，a25，an1an6an1(n 2) (1) 求证： an12an是等比数列； (2) 求数列 an 的通项公式 解 (1) 证明：an1an6an1(n2)， an1 2an3an6an13(an 2an1)(n2) a15，a2 5， a22a1
11、15， an2an10(n2) ， an1 2an an2an13( n2) ， 数列 an 12an 是以 15 为首项， 3 为公比的等比数列 (2) 由(1) 得an1 2an153 n153n， 则an1 2an53 n， an1 3 n1 2( an3 n) 又a13 2， an3 n0， an3 n是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列 an3 n2 ( 2)n1， 即an2( 2) n13n. 1. 如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰 上再连接正方形，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股 树”若某勾股树含有1 023 个正方形， 且其最大的正方形的边长
12、为 2 2 ， 则其最小正方形的边长为_ 1 32 由题意，得正方形的边长构成以 2 2 为首项，以 2 2 为公比的等比数列，现已知共 得到 1 023 个正方形，则有12 2 n1 1 023 ， n10，最小正方形的边长为 2 2 2 2 91 32. 2在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列 的一次“扩展”将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2 ；第二次得到数列 1,2,2,4,2； . 设第n次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，xt,2，并记an log2(1x1x2xt2)，其中t 2 n 1， nN，求数列 an 的通项公式 解 anlog2(1x1x2xt2)， 所以an1log21 (1x1) x1(x1x2) xt(xt2)2 log2(1 2x3 1x 3 2x 3 3x 3 t2 2) 3a n1， 所以an1 1 23 an 1 2 ， 所以数列an1 2 是一个以 3 2为首项，以 3 为公比的等比数列， 所以an1 2 3 23 n1，所以 an 3 n1 2 .
