2022届高三数学一轮复习（原卷版）第3讲　高效演练分层突破 (7).doc

基础题组练 1(2020 广东六校第一次联考)等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 4a1，2a2，a3成等差数列若 a11，则 S4( ) A16 B15 C8 D7 解析：选 B设公比为 q，由题意得 4a24a1a3，即 4a1q4a1a1q2，又 a10，所以 4q4q2，解得 q2，所以 S41(124)1215，故选 B 2(2020 辽宁五校联考)各项为正数的等比数列an中，a4与 a14的等比中项为 2 2，则log2a7log2a11的值为( ) A1 B2 C3 D4 解析：选 C由题意得 a4a14(2 2)28，由等比数列的性质，得 a4a14a7a118，所以 log2a7log2a11log2(a7a11)log283，故选 C 3(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anan1是公比为 q 的等比数列 C数列anan1是公比为 q 的等比数列 D数列1an是公比为1q的等比数列 解析：选 AD对于 A，由anan1an1anq2(n2)知数列anan1是公比为 q2的等比数列；对于 B，当 q1 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，1an11ananan11q，所以数列1an是公比为1q的等比数列，故选 AD 4(2020 长春市质量监测(一)已知 Sn是等比数列an的前 n 项和，若公比 q2，则a1a3a5S6( ) A13 B17 C23 D37 解析： 选 A 法一： 由题意知 a1a3a5a1(12224)21a1， 而 S6a1(126)1263a1，所以a1a3a5S621a163a113，故选 A 法二：由题意知 S6a1a2a3a4a5a6a1a3a5(a2a4a6)a1a3a52(a1a3a5)3(a1a3a5)，故a1a3a5S613，故选 A 5(应用型)(2020 宁夏中卫一模)中国古代数学著作算法统宗中有这一个问题：“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”则该人最后一天走的路程为( ) A24 里 B12 里 C6 里 D3 里 解析：选 C记该人每天走的路程里数为an，可知an是公比 q12的等比数列， 由 S6378，得 S6a11126112378，解得 a1192， 所以 a61921256，故选 C 6(2019 高考全国卷)记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a113，a24a6，则 S5_ 解析：通解：设等比数列an的公比为 q，因为 a24a6，所以(a1q3)2a1q5，所以 a1q1，又 a113，所以 q3，所以 S5a1(1q5)1q13(135)131213. 优解：设等比数列an的公比为 q，因为 a24a6，所以 a2a6a6，所以 a21，又 a113，所以 q3，所以 S5a1(1q5)1q13(135)131213. 答案：1213 7 (2020 陕西第二次质量检测)公比为 2的等比数列an的各项都是正数， 且 a2a1216，则 log2a15_ 解析：等比数列an的各项都是正数，且公比为 2，a2a1216， 所以 a1qa1q1116，即 a21q1216， 所以 a1q622，所以 a15a1q14a1q6(q2)426，则 log2a15log2266. 答案：6 8已知an是递减的等比数列，且 a22，a1a35，则an的通项公式为_；a1a2a2a3anan1(nN*)_ 解析：由 a22，a1a35，an是递减的等比数列，得 a14，a31，an412n1，则 a1a2a2a3anan1是首项为 8，公比为14的等比数列的前 n 项和故 a1a2a2a3anan18212814n18114n114323114n. 答案：an412n1 323114n 9(2018 高考全国卷)等比数列an中，a11，a54a3. (1)求an的通项公式； (2)记 Sn为an的前 n 项和若 Sm63，求 m. 解：(1)设an的公比为 q，由题设得 anqn1. 由已知得 q44q2，解得 q0(舍去)，q2 或 q2. 故 an(2)n1或 an2n1. (2)若 an(2)n1，则 Sn1(2)n3. 由 Sm63 得(2)m188，此方程没有正整数解 若 an2n1，则 Sn2n1.由 Sm63 得 2m64，解得 m6. 综上，m6. 10(2020 昆明市诊断测试)已知数列an是等比数列，公比 q1，前 n 项和为 Sn，若a22，S37. (1)求an的通项公式； (2)设 mZ，若 Snm 恒成立，求 m 的最小值 解：(1)由 a22，S37 得a1q2，a1a1qa1q27， 解得a14，q12或a11，q2.(舍去) 所以 an412n112n3. (2)由(1)可知，Sna1(1qn)1q4112n1128112n8. 因为 an0，所以 Sn单调递增 又 S37，所以当 n4 时，Sn(7，8) 又 Snm 恒成立，mZ，所以 m 的最小值为 8. 综合题组练 1(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，a7a81，a71a810.则下列结论正确的是( ) A0q1 Ba7a91 CSn的最大值为 S9 DTn的最大值为 T7 解析：选 AD因为 a11，a7a81，a71a810，所以 a71，a81，所以 0q1，故 A 正确；a7a9a281，故 B 错误；因为 a11，0q1，所以数列为递减数列，所以 Sn无最大值，故 C 错误；又 a71，a81，所以 T7是数列Tn中的最大项，故 D 正确故选AD 2(2020 河南郑州三测)已知数列an，bn满足 a1b11，an1anbn1bn3，nN*，则数列ban的前 10 项和为( ) A12(3101) B18(9101) C126(2791) D126(27101) 解析：选 D因为 an1anbn1bn3， 所以an为等差数列，公差为 3，bn为等比数列，公比为 3，所以 an13(n1)3n2，bn13n13n1， 所以 ban33n327n1，所以ban是以 1 为首项，27 为公比的等比数列，所以ban的前 10 项和为1(12710)127126(27101)，故选 D 3已知数列an满足 a12 且对任意的 m，nN*，都有amnaman，则数列an的前 n项和 Sn_ 解析：因为anmaman， 令 m1，则an1a1an，即an1ana12， 所以an是首项 a12，公比 q2 的等比数列， Sn2(12n)122n12. 答案：2n12 4(综合型)(2020 安徽合肥等六校联考)已知等比数列an的首项为32，公比为12，前 n项和为 Sn，且对任意的 nN*，都有 A2Sn1SnB 恒成立，则 BA 的最小值为_ 解析：因为等比数列an的首项为32，公比为12，所以 Sn32112n112112n.令 t12n，则12t14，Sn1t，所以34Sn32，所以 2Sn1Sn的最小值为16，最大值为73.又因为 A2Sn1SnB 对任意 nN*恒成立，所以 BA 的最小值为7316136. 答案：136 5(2020 山西长治二模)Sn为等比数列an的前 n 项和，已知 a49a2，S313，且公比q0. (1)求 an及 Sn； (2)是否存在常数 ，使得数列Sn是等比数列？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由 解：(1)由题意可得a1q39a1q，a1(1q3)1q13，q0，解得 a11，q3， 所以 an3n1，Sn13n133n12. (2)假设存在常数 ，使得数列Sn是等比数列， 因为 S11，S24，S313， 所以(4)2(1)(13)，解得 12，此时 Sn12123n，则Sn112Sn123， 故存在常数 12，使得数列Sn12是等比数列 6已知数列an中，a11，anan112n，记 T2n为an的前 2n 项的和，bna2na2n1，nN*. (1)判断数列bn是否为等比数列，并求出 bn； (2)求 T2n. 解：(1)因为 anan112n， 所以 an1an212n1， 所以an2an12， 即 an212an. 因为 bna2na2n1， 所以bn1bna2n2a2n1a2na2n112a2n12a2n1a2na2n112， 因为 a11，a1a212， 所以 a212，所以 b1a1a232. 所以bn是首项为32，公比为12的等比数列 所以 bn3212n132n. (2)由(1)可知，an212an， 所以 a1，a3，a5，是以 a11 为首项，以12为公比的等比数列；a2，a4，a6，是以 a212为首项，以12为公比的等比数列， 所以 T2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n) 112n11212112n112332n.