2021届新高考版高考数学一轮复习训练：第五章 第三讲　等比数列及其前n项和

2021届新高考版高考数学一轮复习训练：第五章 第三讲　等比数列及其前n项和

第三讲　等比数列及其前n项和 ‎1.[2020陕西省部分学校摸底检测]等比数列{an}中,若an>0,a2a4=1,a1+a2+a3=7,则公比q=(　　)‎ A.‎1‎‎4‎ B.‎1‎‎2‎ C.2 D.4‎ ‎2.[2020南昌市测试]公比不为1的等比数列{an}中,若a1a5=aman,则mn不可能为(　　)‎ A.5 B.6 C.8 D.9‎ ‎3.[2020惠州市一调]等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,若S6=9S3,S5=62,则a1=(　　)‎ A.‎2‎ B.2 C.‎5‎ D.3‎ ‎4.[2020成都市高三摸底测试]已知等比数列{an}的各项均为正数,若log3a1+log3a2+…+log3a12=12,则a6a7=(　　)‎ A.1 B.3 C.6 D.9‎ ‎5.[2020大同市高三调研]已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=　　　　. ‎ ‎6.[2019长春市高三质量监测]各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S6=30,S9=70,则S3=.‎ ‎7.[2020河北邢台模拟]已知等比数列{an}的前n项和Sn=3n - 1 - m,m∈R.‎ ‎(1)求m及an;‎ ‎(2)记bn=an+log3an,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎8.[多选题]已知等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项中正确的是(　　)‎ A.01 C.T12>1 D.T13>1‎ ‎9.[2020石家庄市重点高中高三摸底测试]已知等比数列{an}满足:a1=4,Sn=pan+1+m(p>0),则p - ‎1‎m取最小值时,数列{an}的通项公式为(　　)‎ A.an=4×3n - 1 B.an=3×4n – 1 C.an=2n+1 D.an=4n ‎10.[2019长春市高三第一次质量监测]已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若公比q=2,则a‎1‎‎+a‎3‎+‎a‎5‎S‎6‎=(　　)‎ A.‎1‎‎3‎ B.‎1‎‎7‎ C.‎2‎‎3‎ D.‎‎3‎‎7‎ ‎11.[2020安徽省示范高中名校联考]设Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和,a1=3,若 - ‎ a4,a3,a5成等差数列,则Sn与an的关系式为　　　　　　　　. ‎ ‎12.[2019河南新乡一模]设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=1,(n+1)an+1=(n - 1)Sn,则Sn=　　　　. ‎ ‎13.已知公比q>1的等比数列{an}满足a‎5‎‎2‎=a10,2(an+an+2)=5an+1.若bn=(n - λ)an(n∈N*),且数列{bn}是递增数列,则实数λ的取值范围是　　　　. ‎ ‎14.[2020湖北部分重点中学高三测试]已知数列{an}是等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,且a3=3,S3=9.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=log2‎3‎a‎2n+3‎,且{bn}为递增数列,若cn=‎4‎bnbn+1‎,求证:c1+c2+c3+…+cn<1.‎ ‎15.[2019河北廊坊省级示范高中联考]在数列{an}中,a1=1,an+1‎an‎=‎‎4(n+1‎‎)‎‎2‎n(n+2)‎,设bn=n+1‎n·an.‎ ‎(1)证明数列{bn}是等比数列;‎ ‎(2)求{an}的前n项积Tn.‎ 第三讲　等比数列及其前n项和 ‎1.B　解法一　由题意得q>0,a1>0,因为a‎2‎a‎4‎‎=1,‎a‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎=7,‎所以a‎1‎q·a‎1‎q‎3‎=1,‎a‎1‎‎+a‎1‎q+a‎1‎q‎2‎=7,‎解得 a‎1‎‎=4,‎q=‎1‎‎2‎,‎故选B.‎ 解法二　由等比数列的性质得a‎3‎‎2‎=a2a4=1,结合an>0,得a3=1.由a1+a2+a3=7,得a‎3‎q‎2‎‎+‎a‎3‎+a3=7,则‎1‎q‎2‎‎+‎‎1‎q=6,结合q>0,解得q=‎1‎‎2‎,故选B.‎ ‎2.B　由等比数列的性质可知,m+n=6,m∈N*,n∈N*,当m=n=3时,mn=9;当m=4,n=2时,mn=8;当m=5,n=1时,mn=5.故选B.‎ ‎3.B　由题意可得q≠1,且a‎1‎‎(1-q‎6‎)‎‎1-q‎=9×a‎1‎‎(1-q‎3‎)‎‎1-q,‎a‎1‎‎(1-q‎5‎)‎‎1-q‎=62,‎即q‎3‎‎=8,‎a‎1‎‎(1-q‎5‎)‎‎1-q‎=62,‎解得q=2,‎a‎1‎‎=2,‎故选B.‎ ‎4.D　因为等比数列{an}的各项均为正数,所以log3a1+log3a2+…+log3a12=log3(a1·a2·…·a12)=log3 (a6a7)6=12,所以(a6a7)6=312=96,所以a6a7=9,故选D.‎ ‎5.5‎2‎　各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=a‎2‎‎3‎=5,a7a8a9=a‎8‎‎3‎=10,则a4a5a6=a‎5‎‎3‎‎=‎a‎2‎‎3‎a‎8‎‎3‎=5‎2‎.‎ ‎6.10　解法一　设数列{an}的公比为q(q>0且q≠1),由题意可得S‎6‎‎=a‎1‎‎(1-q‎6‎)‎‎1-q=30　①,‎S‎9‎‎=a‎1‎‎(1-q‎9‎)‎‎1-q=70　②,‎①÷②,得‎1-‎q‎6‎‎1-‎q‎9‎‎=‎1+‎q‎3‎‎1+q‎3‎+‎q‎6‎=‎‎3‎‎7‎,结合q>0,得q3=2,由S‎3‎S‎6‎‎=a‎1‎‎(1-q‎3‎)‎‎1-qa‎1‎‎(1-q‎6‎)‎‎1-q=‎1‎‎1+‎q‎3‎=‎‎1‎‎3‎,得S3=‎1‎‎3‎S6=10. ‎ 解法二　由题意可得‎(S‎6‎-S‎3‎)‎‎2‎=S3(S9 - S6),即‎(30-S‎3‎)‎‎2‎=40S3,即S‎3‎‎2‎ - 100S3+900=0,解得S3=10或S3=90.又数列{an}的各项均为正数,所以S31,a6+a7>a6a7+1>2,所以(a6 - 1)(a7 - 1)<0,由题意得a6>1,a7<1,所以02,所以a6a7>1,所以T12=a1·a2·…·a11·a12=‎(a‎6‎a‎7‎)‎‎6‎>1,T13=a‎7‎‎13‎<1.故选ABC.‎ ‎9.A　∵Sn=pan+1+m,∴Sn - 1=pan+m(n≥2),‎ ‎∴an=Sn - Sn - 1=pan+1 - pan(n≥2),∴pan+1=(p+1)an(n≥2),‎ ‎∴an+1‎an‎=‎p+1‎p(n≥2).‎ 又n=1时,a1=S1=pa2+m=4,∴a2=‎4-mp,a‎2‎a‎1‎‎=‎‎4-m‎4p.‎ ‎∵{an}为等比数列,∴a‎2‎a‎1‎‎=‎4-m‎4p=‎p+1‎p,∵p>0,∴p= - m‎4‎,∴m= - 4p,‎ p - ‎1‎m=p+‎1‎‎4p≥2p×‎‎1‎‎4p=1,当且仅当p=‎1‎‎4p,即p=‎1‎‎2‎时取等号,‎ 此时等比数列{an}的公比p+1‎p=3,∴an=4×3n - 1.‎ ‎10.A　解法一　由题意知a1+a3+a5=a1(1+22+24)=21a1,而S6=a‎1‎‎(1-‎2‎‎6‎)‎‎1-2‎=63a1,所以a‎1‎‎+a‎3‎+‎a‎5‎S‎6‎‎=‎21‎a‎1‎‎63‎a‎1‎=‎‎1‎‎3‎,故选A.‎ 解法二　由题意知S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=a1+a3+a5+(a2+a4+a6)=a1+a3+a5+2(a1+a3+a5)=3(a1+a3+a5),故a‎1‎‎+a‎3‎+‎a‎5‎S‎6‎‎=‎‎1‎‎3‎,故选A.‎ ‎11.Sn=2an - 3　设等比数列{an}的公比为q,因为数列{an}的各项均为正数,所以q>0.由 - a4,a3,a5成等差数列,得2a3=a5 - a4,则q2 - q - 2=0,解得q=2,所以Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q‎=‎a‎1‎‎-anq‎1-q=2an - a1,即Sn=2an - 3.‎ ‎12.‎2‎n-1‎n　∵(n+1)an+1=(n - 1)Sn,∴nan+1+Sn+1=nSn,∴n(Sn+1 - Sn)+Sn+1=nSn,∴‎(n+1)‎Sn+1‎nSn=2,∴{nSn}是首项为1,公比为2的等比数列,‎ 则nSn=2n - 1,∴Sn=‎2‎n-1‎n.‎ ‎13.( - ∞,3)　2(an+an+2)=5an+1⇒2q2 - 5q+2=0⇒q=2或q=‎1‎‎2‎(舍去),a‎5‎‎2‎=a10⇒(a1q4)2=a1q9⇒a1=q=2,所以数列{an}的通项公式为an=2n,所以bn=(n - λ)2n(n∈N*),所以bn+1=(n+1 - λ)·2n+1.因为数列{bn}是递增数列,所以bn+1>bn,所以(n+1 - λ)2n+1>(n - λ)2n,化简得λ

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