2022高考数学提分秘籍 必练篇 等比数列及其前n项和.doc

2014高考数学提分秘籍 必练篇：等比数列及其前n项和题组一等比数列的基本运算1.各项都是正数的等比数列中，a2，a3，a1成等差数列，则的值为 ()A. B. C. D.或解析：设an的公比为q，a1a2a3，a1a1qa1q2，即q2q10，q，又an0，q0，q，.答案：A2设等比数列an的公比q，前n项和为Sn，则_.解析：a4a1()3a1，S4a1，15.答案：153等比数列an的公比q0.已知a21，an2an16an，则an的前4项和S4_.解析：an2an16an，an·q2an·q6an(an0)，q2q60，q3或q2.q0，q2，a1，a32，a44，S4124.答案：题组二等比数列的性质4.已知等比数列an的公比为正数，且a3·a92a，a21，则a1()A. B. C. D2解析：a3·a92aa，.又a21a1·，a1.答案：B5设等比数列an的前n项和为Sn，若S6S312，则S9S3等于 ()A12 B23 C34 D13解析：an为等比数列，S3，S6S3，S9S6成等比数列，即(S6S3)2S3·(S9S6)，又S6S312，SS3(S9S3)，即S3S9，S9S334.答案：C6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6q_.解析：bnan1，anbn1，而bn有连续四项在集合53，23,19,37,82中，an有连续四项在集合54，24,18,36,81中an是公比为q的等比数列，|q|>1.an中的连续四项为24,36，54,81，q，6q9.答案：9题组三等比数列的判断与证明7.若数列an满足p(p为正常数，nN*)，则称an为“等方比数列”甲：数列an是等方比数列；乙：数列an是等比数列，则 ()A甲是乙的充分条件但不是必要条件B甲是乙的必要条件但不是充分条件C甲是乙的充要条件D甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件解析：数列an是等比数列则q，可得q2，则an为“等方比数列”当an为“等方比数列”时，则p(p为正常数，nN*)，当n1时±，所以此数列an并不一定是等比数列答案：B8设数列an的前n项和为Sn，已知a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)(1)求a2，a3的值；(2)求证：数列Sn2是等比数列解：(1)a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)，当n1时，a12×12；当n2时，a12a2(a1a2)4，a24；当n3时，a12a23a32(a1a2a3)6，a38.(2)a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN*)，当n2时，a12a23a3(n1)an1(n2)Sn12(n1)得nan(n1)Sn(n2)Sn12n(SnSn1)Sn2Sn12nanSn2Sn12.Sn2Sn120，即Sn2Sn12，Sn22(Sn12)S1240，Sn120，2，故Sn2是以4为首项，2为公比的等比数列题组四等比数列的综合应用9.(文)已知an是等比数列，a22，a5，则a1a2a2a3anan1 ()A16(14n) B16(12n) C.(14n) D.(12n)解析：q3，q，a14，数列an·an1是以8为首项，为公比的等比数列，不难得出答案为C.答案：C(理)在等比数列an中，an0(nN)，公比q(0,1)，且a1a52a3a5a2a825，又a3与a5的等比中项为2，bnlog2an，数列bn的前n项和为Sn，则当最大时，n的值等于 ()A8 B9 C8或9 D17解析：a1a52a3a5a2a825，a2a3a5a25，又an0，a3a55，又q(0,1)，a3a5，而a3a54，a34，a51，q，a116，an16×()n125n，bnlog2an5n，bn1bn1，bn是以b14为首项，1为公差的等差数列，Sn，当n8时，0；当n9时，0；当n9时，0，当n8或9时，最大答案：C10(文)已知数列an的前三项与数列bn的前三项对应相同，且a12a222a32n1an8n对任意的nN*都成立，数列bn1bn是等差数列(1)求数列an与bn的通项公式；(2)问是否存在kN*，使得(bkak)(0,1)？请说明理由解：(1)已知a12a222a32n1an8n(nN*)当n2时，a12a222a32n2an18(n1)(nN*)得2n1an8，求得an24n，在中令n1，可得a18241，an24n(nN*)由题意知b18，b24，b32，b2b14，b3b22，数列bn1bn的公差为2(4)2，bn1bn4(n1)×22n6，法一：迭代法得：bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)8(4)(2)(2n8)n27n14(nN*)法二：可用累加法，即bnbn12n8，bn1bn22n10，b3b22，b2b14，b18，相加得bn8(4)(2)(2n8)8n27n14(nN*)(2)bkakk27k1424k，设f(k)k27k1424k.当k4时，f(k)(k)224k单调递增且f(4)1，当k4时，f(k)k27k1424k1.又f(1)f(2)f(3)0，不存在kN*，使得(bkak)(0,1)(理)等差数列an的前n项和为Sn，S424，a25，对每一个kN*，在ak与ak1之间插入2k1个1，得到新数列bn，其前n项和为Tn.(1)求数列an的通项公式；(2)试问a11是数列bn的第几项；(3)是否存在正整数m，使Tm2010？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由解：(1)设an的公差为d，S44a1d24，a2a1d5，a13，d2，an3(n1)×22n1.(2)依题意，在a11之前插入的1的总个数为1222291023，1023111034，故a11是数列bn的第1034项(3)依题意，Snna1dn22n，an之前插入的1的总个数为12222n22n11，故数列bn中，an及前面的所有项的和为n22n2n11，数列bn中，a11及前面的所有项的和为11222210111662010，而20101166844，a11与a12之间的1的个数为2101024个，即在a11后加844个1，其和为2010，故存在m10348441878，使T18782010.- 6 -