2021年新高考数学分类专练：等比数列及其前n项和.pdf

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1、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 q24q40，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.38B.245C.316D.916解析：选 C由题意，得a12a1q3，a1q2 24a1q a1q5，解得a132，q12，所以 a4a1q332123316.3 在正项等比数列an中

2、，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 qb2b11243.所以 bm43m1.令 bm324，即 43m1324，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()A2n1B.12n1C.23n1D.32n1第 2 页 共 6 页解析：选

3、 D因为 an1Sn1Sn，所以 Sn2an12(Sn1Sn)，所以Sn1Sn32，所以数列 Sn是以 S1a11 为首项，32为公比的等比数列，所以Sn32n1.5(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.S6S38 D.S6S39 解析：选 AD因为等比数列 an的前 n 项和为Sn，且满足a68a3，所以a6a3q38，解得 q 2，所以S6S31q61q3 1q39.6(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

4、列C数列an an1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 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，1an11ananan11q，所以数列1an是公比为1q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 S7

5、a11q71q1 1 2712127.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(a1a3a5)q2142，解得q2.又 a1a3a5 a1(1 q2q4)a12121，解得a11.第 3 页 共 6 页所以 S9a11q91q1 12912511.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

6、12n1，则 a1a2a2a3anan1是首项为8、公比为14的等比数列的前n 项和故a1a2a2a3 anan18212814n18 114n114323114n.答案：an412n1323114n10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 a25a10，得(a1q4)2a1 q9，即 a1q.又由 2(anan2)5an1，得 2q25q20，解得 q12()q2舍去，所以 ana1 qn112n.答案：12n11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；

7、(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 q4，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 2n1 2n，所以 an2n1，利用分组求和可得，数列an的前 n 项和 Sn2 12n12 n2n12n.12在数列 an的前 n 项和 Sn12n252n；函数 f(x)sin x2 3cos22x3的正零第 4 页 共 6 页点从小到大构成数列xn，

8、anxn83；a2nana2n1an10(n2，nN*)，an 0，且 a1b2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1anlog3bn1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 bn3n1.若选，由Sn12n252n，可得 Sn112(n1)252(n1)(n 2)，两式相减可得

9、ann2(n2)，又 a1S13 也符合上式，所以an n2，所以1anlog3bn11n2 n121n1n2，则 Tn1211312141315 1n1n234121n11n 2，因为1n 11n20，所以 Tn34，由题意可得M34，又 MN*，所以 M 的最小值为1.若选，f(x)sin x2 3cos22x3 sin x3cos x2sin x3，令 f(x)0，可得 x3k，kZ，解得x k13，k Z，即 xnn113n23，anxn83n2，同上，则M 的最小值为1.若选，则由a2nana2n1an10 得(anan11)(anan1)0，又 an0，所以anan1 10，即 a

10、nan1 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，a71a810.则下列结论正确的是()A0q1 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 1a8 11，a81，0q1，故 A 正确；a7a9a281,0q1，a81，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*，

11、满足S2mSm9，a2mam5m1m 1，则数列 an的公比为 _解析：设公比为q，若 q 1，则S2mSm2，与题中条件矛盾，故q1.因为S2mSma11q2m1qa11qm1qqm19，所以 qm8.所以a2mama1q2m1a1qm1qm85m1m1，所以 m3，所以 q3 8，所以 q2.答案：2 15已知数列 an 的首项 a10，an13an2an1(nN*)，且 a123.(1)求证：1an1 是等比数列，并求出an的通项公式；(2)求数列1an的前 n 项和 Tn.解：(1)记 bn1an1，则bn1bn1an111an12an13an11an12an13an33an1an3

12、1an13，又 b11a1132112，所以1an1 是首项为12，公比为13的等比数列所以1an11213n1，即 an2 3n112 3n1.所以数列 an的通项公式为an2 3n112 3n1.(2)由(1)知，1an11213n1，即1an1213n11.所以数列1an的前 n 项和第 6 页 共 6 页Tn12113n113n34113nn.C 级 拔高创新练16已知数列 an中，a11，an an112n，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)an an112n，an1 an212n1，an2an12，即 an212an.bna2n a2n1，bn1bna2n2a2n1a2na2n112a2n12a2n1a2na2n112，a11，a1 a212，a212，b1a1a232.bn是首项为32，公比为12的等比数列bn3212n132n.(2)由(1)可知，an212an，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，T2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)112n11212112n112332n.