2021年新高考数学分类专练：等比数列及其 前n项和.pdf

第 1 页 共 6 页 2021 年新高考数学分类专练 等比数列及其前n项和 A 级 夯基保分练 1(2019 开封市定位考试)等比数列 an的前 n 项和为Sn，若 a34S20，则公比q () A 1B1 C 2 D2 解析： 选 C因为 a34S20，所以 a1q24a14a1q0，因为 a10，所以 q24q4 0，所以 q 2，故选 C. 2若等比数列an的各项均为正数，a12a23，a234a2a6，则 a4() A. 3 8 B.24 5 C. 3 16 D. 9 16 解析： 选 C由题意，得 a12a1q3， a1q2 24a1q a1q5， 解得 a1 3 2， q 1 2， 所以 a4a1q33 2 1 2 3 3 16. 3 在正项等比数列an中，已知 a1a2a34， a4a5a612， an1anan1 324， 则 n 等于 () A12 B.13 C14 D15 解析： 选 C因为数列 an是各项均为正数的等比数列，所以 a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9， a10a11a12， 也成等比数列不妨令b1a1a2a3，b2 a4a5a6， 则公比 q b2 b1 12 4 3.所以 bm43m 1. 令 bm324，即 43m 1324， 解得 m5，所以 b5 324，即 a13a14a15324. 所以 n14. 4已知数列 an 的前 n项和为 Sn，a11，Sn2an1，则 Sn() A2 n1 B. 1 2 n1 C. 2 3 n1 D. 3 2 n1 第 2 页 共 6 页 解析： 选 D因为 an1Sn1Sn， 所以 Sn2an12(Sn1Sn)，所以 Sn1 Sn 3 2， 所以数列 Sn是以 S1a11 为首项， 3 2为公比的等比数列，所以 Sn 3 2 n1. 5(多选 )设等比数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足a68a3，则 () A数列 an 的公比为2 B.数列 an的公比为8 C.S 6 S3 8 D.S 6 S39 解析： 选 AD因为等比数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足a68a3，所以 a6 a3q 38， 解得 q 2，所以 S6 S3 1q6 1q3 1q 39. 6(多选 )设等比数列 an的公比为q，则下列结论正确的是() A数列anan1是公比为q2的等比数列 B数列an an1是公比为q 的等比数列 C数列an an1是公比为q 的等比数列 D数列 1 an 是公比为 1 q的等比数列 解析： 选 AD对于 A，由 anan1 an1anq 2(n2)知数列 anan 1是公比为q2的等比数列；对 于 B，当 q 1 时，数列 anan1的项中有 0，不是等比数列；对于C，若 q1 时，数 列 anan1的项中有 0，不是等比数列； 对于 D， 1 an1 1 an an an1 1 q，所以数列 1 an 是公比为 1 q的 等比数列，故选A、 D. 7设 an 是公比为正数的等比数列，若a1 1， a5 16，则数列 an 的前7 项和为 _ 解析： 设等比数列 an的公比为 q(q0)， 由 a5a1q416，a1 1，得 16q4，解得 q2， 所以 S7a 11q7 1q 1 1 2 7 12 127. 答案 ：127 8在等比数列an中， a1a3 a521，a2a4a642，则 S9_. 解析：设等比数列的公比为q， 由等比数列的定义可得a2 a4a6a1qa3qa5qq(a1 a3a5)q2142，解得 q2.又 a1a3a5 a1(1 q2q4)a12121，解得a11. 第 3 页 共 6 页 所以 S9 a11q 9 1q 1 12 9 12 511. 答案： 511 9(一题两空 )已知 an 是递减的等比数列，且a22，a1a35，则 an的通项公式为 _；a1a2a2a3 anan1(nN *)_. 解析： 由 a2 2，a1a35， an是递减的等比数列，得 a14，a3 1，an4 1 2 n1， 则 a1a2a2a3anan1是首项为 8、公比为 1 4的等比数列的前 n 项和故a1a2a2a3 anan182 1 28 1 4 n18 1 1 4 n 1 1 4 32 3 1 1 4 n . 答案： an4 1 2 n1 32 3 1 1 4 n 10已知等比数列 an 为递减数列，且a25a10,2(an an2)5an1，则数列 an的通项公 式 an_. 解析： 设公比为q，由 a2 5a10，得 (a1q4)2a1 q9，即 a1q. 又由 2(anan2)5an1，得 2q25q20， 解得 q 1 2( )q2舍去，所以 ana1 qn 11 2n. 答案： 1 2 n 11设数列 an1是一个各项均为正数的等比数列，已知a37，a7127. (1)求 a5的值； (2)求数列 an的前 n 项和 解： (1)由题可知a318， a71128， 则有 (a51)2(a31)(a71)8 1281 024， 可得 a5132，即 a531. (2)设数列 an1 的公比为q， 由(1)知 a31 a11 q2， a51 a11 q 4， 得 a1 12， q2， 所以数列 an1是一个以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，所以an12 2 n1 2n， 所以 an2n1， 利用分组求和可得，数列an的前 n 项和 Sn2 12 n 12 n2n 12n. 12在数列 an的前 n 项和 Sn 1 2n 25 2n；函数 f(x)sin x2 3cos2 2x 3的正零 第 4 页 共 6 页 点从小到大构成数列xn ，anxn8 3； a 2 nana2n1an10(n2，nN *)，an 0，且 a1 b2这三个条件中任选一个， 补充在下面的问题中，若问题中的M 存在， 求出 M 的最小值； 若 M 不存在，说明理由 数列 bn 是首项为 1的等比数列， bn0， b2b312， 且_， 设数列 1 anlog3bn1 的前 n 项和为 Tn，是否存在 M N *，使得对任意的 n N *，TnM? 解： 设公比为q(q0)，因为数列 bn是首项为 1 的等比数列，且bn0，b2b312， 所以 q2q120，解得 q3(q 4 不合题意，舍去)，所以 bn3n 1. 若选，由Sn 1 2n 25 2n，可得 S n1 1 2(n1) 25 2(n1)(n 2)，两式相减可得 ann 2(n2)， 又 a1S13 也符合上式，所以 an n2， 所以 1 anlog3bn1 1 n2 n 1 2 1 n 1 n2 ， 则 Tn 1 2 1 1 3 1 2 1 4 1 3 1 5 1 n 1 n2 3 4 1 2 1 n1 1 n 2 ， 因为 1 n 1 1 n20，所以 T n 3 4， 由题意可得M 3 4，又 MN *，所以 M 的最小值为 1. 若选， f(x)sin x2 3cos2 2x 3 sin x3cos x2sin x 3 ， 令 f(x)0，可得 x 3k ， kZ，解得 x k 1 3，k Z，即 x nn1 1 3n 2 3，a n xn8 3n2， 同上，则M 的最小值为1. 若选，则由a2nana2n1an10 得(anan11)(anan1)0，又 an0，所以 an an1 10，即 anan1 1，所以数列 an是公差为 1 的等差数列，又a1b2，则 a1 3， 所以 ann2. 同上，则M 的最小值为1. B 级 提能综合练 13(多选 )设等比数列 an的公比为q，其前 n 项和为 Sn.前 n 项积为 Tn，并且满足条件 a11，a7 a81， a71 a81<0.则下列结论正确的是 () A0<q1 第 5 页 共 6 页 CSn的最大值为S9DTn的最大值为T7 解析： 选 ADa11，a7 a81， a7 1 a8 11，a8<1， 0<q<1，故 A 正确； a7a9a281,0<q1，a8<1， T7是数列 Tn 中的最大项，故 D 正确故选A、D. 14已知 Sn是等比数列 an的前 n 项和，若存在mN *，满足 S2m Sm 9，a 2m am 5m1 m 1 ，则 数列 an的公比为 _ 解析： 设公比为q，若 q 1，则 S2m Sm 2，与题中条件矛盾，故q1.因为 S2m Sm a11q2m 1q a11q m 1q qm19，所以 qm8.所以 a2m am a1q2 m1 a1qm 1qm85m1 m1 ， 所以 m3，所以 q3 8，所以 q2. 答案： 2 15已知数列 an 的首项 a10，an1 3an 2an1(nN *)，且 a12 3. (1)求证： 1 an 1 是等比数列，并求出an的通项公式； (2)求数列 1 an 的前 n 项和 Tn. 解： (1)记 bn 1 an 1，则 bn1 bn 1 an11 1 an1 2an1 3an 1 1 an1 2a n13an 33an 1an 3 1an 1 3， 又 b1 1 a11 3 21 1 2， 所以 1 an1 是首项为 1 2，公比为 1 3的等比数列 所以 1 an 1 1 2 1 3 n1，即 an 2 3 n1 12 3n 1. 所以数列 an的通项公式为 an 2 3n 1 12 3n 1. (2)由(1)知， 1 an1 1 2 1 3 n1， 即 1 an 1 2 1 3 n11. 所以数列 1 an 的前 n 项和 第 6 页 共 6 页 Tn 1 2 1 1 3 n 1 1 3 n 3 4 1 1 3n n. C 级 拔高创新练 16已知数列 an中， a11，an an1 1 2 n，记 T2n 为an的前 2n 项的和， bna2na2n 1，nN*. (1)判断数列 bn 是否为等比数列，并求出bn； (2)求 T2n. 解： (1)an an1 1 2 n， an1 an2 1 2 n1， an2 an 1 2，即 a n2 1 2a n.bna2n a2n1， bn1 bn a 2n2a2n1 a2na2n1 1 2a 2n 1 2a 2n1 a2na2n1 1 2， a11，a1 a2 1 2， a 2 1 2， b 1a1a2 3 2. bn是首项为 3 2，公比为 1 2的等比数列 bn 3 2 1 2 n1 3 2n. (2)由(1)可知， an21 2a n， a1，a3，a5，是以 a11 为首项，以 1 2为公比的等比数列； a2，a4，a6，是以 a2 1 2 为首项，以 1 2为公比的等比数列， T2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n) 1 1 2 n 1 1 2 1 2 1 1 2 n 1 1 2 3 3 2 n.