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

A组专项基础测试三年模拟精选一、选择题1(20xx·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，或又公比大于1，q68，即q22，a12a2q103×2596.答案A2(20xx·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a2·a41，S37，则S5()A. B. C. D.解析设此数列的公比为q(q0)由已知，a2a41，得a1，所以a31，由S37，知a37，即6q2q10，解得q，进而a14.所以S5，选B. 答案B3(20xx·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. B C. D.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S9S6.答案A4(20xx·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，则2a7a11的最小值为()A16 B8 C6 D4解析a4a14(2)28，即a4a14a8，a92.则2a7a11a9q222×a98，当且仅当a9q2，即q42时取等号答案B二、填空题5(20xx·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，an14·2n1，an2n11.答案an2n11三、解答题6(20xx·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a1a22，a3a432.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnalog2an，求数列bn 的前n项和Tn.解(1)设等比数列an的公比为q(q>0)，则ana1qn1，且an>0，由已知得化简得即又a1>0，q>0，an2n1.(2)由(1)知bnalog2an4n1n1，Tn(14424n1)(0123n1).一年创新演练7已知正项数列an中，a11，a22，2aaa(n2)，则a6等于()A16 B8 C2 D4解析由2aaa(n2)可知数列a是等差数列，且以a1为首项，公差daa413，所以数列的通项公式为a13(n1)3n2，所以a3×6216，即a64.选D.答案D8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_解析1，a1，a2，9是等差数列，a1a21910.又1，b1，b2，b3，9是等比数列，b1×99，bb2>0，b23，.答案B组专项提升测试三年模拟精选一、选择题9(20xx·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4a1，则的最小值为()A. B. C. D不存在解析a7a62a5，a5q2a5q2a5，即q2q20，解得q2，q1(舍)若存在两项an，am，有4a1，即aman16a，aqmn216a，即2mn216，mn24，mn6，即1.，当且仅当，即n24m2，n2m时取等号，此时mn63m，m2，n4时取最小值，最小值为.答案A二、解答题10(20xx·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)，3(n2)，数列an12an是以15为首项，3为公比的等比数列(2)解由(1)得an12an15×3n15×3n，则an12an5×3n，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*)(3)解由(2)及3nbnn(3nan)可得3nbnn(an3n)n2×(2)n1n(2)n，bnn，|bn|n.Tn|b1|b2|bn|2×n，×，得Tn2×(n1)n，得Tnn23×n2(n3)，Tn62(n3).11(20xx·马鞍山模拟)已知数列an满足a11，an1(nN*)(1)证明数列是等差数列；(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，1，即1，数列是公差为1的等差数列(2)解由(1)可得(n1)×1n1，an.(3)解由(2)知，bnn·2n，Sn1·22·223·23n·2n，2Sn1·222·233·24n·2n1，两式相减得Sn222232nn·2n12n12n·2n1，Sn(n1)·2n12.12(20xx·广西钦州二模)设Sn是数列an的前n项和，满足Sn(1an)(a>0且a1，nN*)，数列bn满足bnanlgan(nN*)(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)Sn(1an)(a>0且a1，nN*)，Sn1(1an1)，由Sn1Snan1，得an1(anan1)，an1a·an，即a(a0，nN*)；当n1时，a1(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*)(2)依题意，得bnnanlg a，令bk1>bk(kN*)，则(k1)·ak1lg a>kaklg a.a>0且a1，ak>0，即(k1)alg a>klg a.当a>1时，lg a>0，则(k1)a>k，即a>.0<<1，a>1时，bk1>bk(kN*)恒成立当0<a<1时，lg a<0，则(k1)a<k，即a<.为了使不等式对任意的正整数k都成立，只需a<.，0<a<.综上可知，a的取值范围是.一年创新演练13已知正项数列an满足：a(n2n1)an(n2n)0(nN)，数列bn的前n项和为Sn，且满足b11，2Sn1bn(nN)(1) 求数列an和bn的通项公式；(2)设cn，数列cn的前n项和为Tn，求证：T2n1.(1)解由a(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(1)n1·.法一c2n1c2n， T2n(c1c2)(c3c4)(c2n1c2n)11.法二cn(1)n1·(1)n1·，T2nc1c2c3c4c2n1c2n11.