2021高考数学(文理通用)一轮课时作业27-等比数列及其前n项和.docx

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业(二十七)等比数列及其前n项和(45分钟100分)一、选择题(每小题5分,共40分)1.(2022金华模拟)公比为2的等比数列an的各项都是正数,且a4a10=16,则a6=()A.1B.2C.4D.8【解析】选B.由题意可得a72=a4a10=16,又数列的各项都是正数,故a7=4,故a6=a72=42=2.2.(2022广州模拟)记等比数列an的前n项和为Sn,若a1=12,S2=2,则S4=()A.2B.6C.16D.20【解析】选D.依据题意,由于等比数列an的前n项和为Sn,若a1=12,S2=12(1-q2)1-q=21+q=4q=3,S4=12(1-q4)1-q=12(1-q2)1-q(1+q2)=210=20.【加固训练】设等比数列an的公比q=2,前n项和为Sn,则S4a2=()A.2B.4C.152D.172【解析】选C.S4a2=1a1qa1(1-q4)1-q=1-242(-1)=152.3.(2022嘉兴模拟)在等比数列an中,有an+1a2n=3n,则a1a2a6=()A.(33)11B.(33)13C.35D.36【思路点拨】由已知递推公式,令n=2可求a3a4,然后结合等比数列的性质可得a1a2a6=(a3a4)3,即可求解.【解析】选D.由于an+1a2n=3n,所以a3a4=32,则由等比数列的性质可得a1a2a6=(a3a4)3=36.【加固训练】在等比数列an中,a1+a2=1,a3+a4=2,则a5+a6+a7+a8=()A.10B.11C.12D.14【解析】选C.由题意知,a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8成等比数列,所以a5+a6=22=4,a7+a8=42=8.所以a5+a6+a7+a8=4+8=12.4.(2021新课标全国卷)设首项为1,公比为23的等比数列an的前n项和为Sn,则()A.Sn=2an-1B.Sn=3an-2C.Sn=4-3anD.Sn=3-2an【思路点拨】利用等比数列的通项公式以及前n项和公式Sn=a1-anq1-q或Sn=a1(1-qn)1-q求解.【解析】选D.方法一:由于等比数列的首项为1,公比为23,Sn=a1-anq1-q=1-23an1-23,所以Sn=3-2an.方法二:Sn=1-23n1-23=3-323n=3-223n-1,an=23n-1,观看四个选项可知选D.5.已知等比数列an的公比为q,前n项和为Sn,且S3,S9,S6成等差数列,则q3等于()A.-1或12B.1或-12C.1D.-12【解析】选D.当q=1时,易验证知不符合S3,S9,S6成等差数列,当q1时,由2S9=S3+S6,得2a1(1-q9)1-q=a1(1-q3)1-q+a1(1-q6)1-q.化简整理得:2q9-q6-q3=0,即(q3-1)(2q3+1)=0q3=-12.【误区警示】等比数列求和公式分两种状况q=1和q1,解题时应留意条件是否示意了q的范围,假如没有示意,应当争辩,而不能直接用公式Sn=a1(1-qn)1-q.6.设an是首项大于零的等比数列,则“a1a2”是“数列an是递增数列”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选C.若已知a1a2,则设数列an的公比为q,由于0a1a2,所以有0a11,又a10,所以数列an是递增数列;反之,若数列an是递增数列且a10,则公比q1,所以a1a1q,即a1a2,所以a10),则依题意有a3=5a1+4a2,即a1q2=5a1+4a1q,q2-4q-5=0,解得q=-1或q=5.又q0,因此q=5,所以a2n+1+a2n+2a1+a2=a1q2n+a2q2na1+a2=q2n=52n,选C.【方法技巧】等差数列与等比数列的联系与区分等差数列等比数列不同点(1)强调每一项与前一项的差(2)a1和d可以为0(3)任意两实数的等差中项唯一(4)当m+n=p+q(m,n,p,qN*)时am+an=ap+aq(1)强调每一项与前一项的比(2)a1与q均不为0(3)两同号实数(不为0)的等比中项有两个值(4)当m+n=p+q(m,n,p,qN*)时aman=apaq相同点(1)都强调每一项与其前一项的关系(2)结果都必需是常数(3)数列都可以由a1,d或a1,q确定联系(1)若an为正项等比数列,则logman为等差数列,其中m0,且m1(2)an为等差数列,则ban为等比数列(3)非零常数列既是等差数列又是等比数列8.已知f(x)=bx+1是关于x的一次函数,b为不等于1的常数,且g(n)=1,n=0,f(g(n-1),n1,设an=g(n)-g(n-1)(nN*),则数列an为()A.等差数列B.等比数列C.递增数列D.递减数列【解析】选B.a1=g(1)-g(0)=f(g(0)-g(0)=b+1-1=b,当n2时,an=g(n)-g(n-1)= f(g(n-1)-f(g(n-2)=bg(n-1)-g(n-2)=ban-1,所以an是等比数列.二、填空题(每小题5分,共20分)9.(2021广东高考)设数列an是首项为1,公比为-2的等比数列,则a1+|a2|+a3+|a4|=.【解析】由题意知a1=1,q=-2,得an=a1qn-1=1(-2)n-1=(-2)n-1,a1+|a2|+a3+|a4|=1+|-2|+(-2)2+|(-2)3|=15.答案:1510.(2021辽宁高考)已知等比数列an是递增数列,Sn是an的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=.【思路点拨】利用方程求得a1,a3的值,结合等比数列,求出基本量(首项和公比),进而解决求和问题.【解析】由于方程x2-5x+4=0的根为1,4,而等比数列an是递增数列,所以a1=1,a3=4.由等比数列的通项公式得,a3=a1q2=q2=4q=2.又由于等比数列an是递增数列,故q=2.从而S6=a1(1-q6)1-q=1(1-26)1-2=63.答案:6311.等比数列an的首项a1=-1,前n项和为Sn,若S10S5=3132,则公比q=.【思路点拨】利用等比数列的前n项和的性质求解.【解析】由S10S5=3132,a1=-1知公比q1,S10-S5S5=-132.由等比数列前n项和的性质知S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,且公比为q5,故q5=-132,解得q=-12.答案:-12【加固训练】设an是公比为q的等比数列,|q|1,令bn=an+1(n=1,2,),若数列bn有连续四项在集合-53,-23,19,37,82中,则6q=.【解析】由题意知,数列bn有连续四项在集合-53,-23,19,37,82中,说明an有连续四项在集合-54,-24,18,36,81中,由于an中连续四项至少有一项为负,所以q1,所以an的连续四项为-24,36,-54,81,所以q=36-24=-32,所以6q=-9.答案:-912.(力气挑战题)在等比数列an中,an0,若a1a2a7a8=16,则a4+a5的最小值为.【解析】由已知a1a2a7a8=(a4a5)4=16,所以a4a5=2,又a4+a52a4a5=22(当且仅当a4=a5=2时取等号).所以a4+a5的最小值为22.答案:22三、解答题(13题12分,1415题各14分)13.在数列an中,a1=2,an+1=an+cn(c是常数,n=1,2,3,),且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列.(1)求c的值.(2)求an的通项公式.【解析】(1)a1=2,a2=2+c,a3=a2+2c=2+3c,由于a1,a2,a3成等比数列,所以(2+c)2=2(2+3c),解得c=0或c=2.当c=0时,a1=a2=a3,不符合题意舍去,故c=2.(2)由(1)知an+1-an=2n(n=1,2,3,)a2-a1=2,a3-a2=4,当n2时,an-an-1=2(n-1),以上各式累加得an-a1=21+2+(n-1)=2n(n-1)2=n(n-1).又a1=2,故an=2+n(n-1)=n2-n+2(n=2,3,).当n=1时,上式也成立,所以an=n2-n+2(n=1,2,).14.已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=4an-3(nN*).(1)证明:数列an是等比数列.(2)若数列bn满足bn+1=an+bn(nN*),且b1=2,求数列bn的通项公式.【解析】(1)依题意Sn=4an-3(nN*),n=1时,a1=4a1-3,解得a1=1.由于Sn=4an-3,则Sn-1=4an-1-3(n2),所以当n2时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,整理得an=43an-1.又a1=10,所以an是首项为1,公比为43的等比数列.(2)由于an=43n-1,由bn+1=an+bn(nN*),得bn+1-bn=43n-1.可得bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+(bn-bn-1)=2+1-43n-11-43=343n-1-1(n2),当n=1时也满足,所以数列bn的通项公式为bn=343n-1-1.15.(力气挑战题)(2021湖北高考)已知Sn是等比数列an的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.(1)求数列an的通项公式.(2)是否存在正整数n,使得Sn2021?若存在,求出符合条件的全部n的集合;若不存在,说明理由.【思路点拨】(1)由条件S4,S2,S3成等差数列和a2+a3+a4=-18列出方程组,解出首项和公比,运用等比数列通项公式得出an的通项公式.(2)假设存在正整数n,使得Sn2021,解不等式,求n的解集.【解析】(1)设数列an的公比为q,则a10,q0.由题意得S2-S4=S3-S2,a2+a3+a4=-18,即-a1q2-a1q3=a1q2,a1q1+q+q2=-18,解得a1=3,q=-2.故数列an的通项公式为an=3-2n-1.(2)由(1)有Sn=31-2n1-2=1-2n.若存在n,使得Sn2021,则1-2n2021,即-2n-2022.当n为偶数时,-2n0,上式不成立;当n为奇数时,-2n=-2n-2022,即2n2022,则n11.综上,存在符合条件的正整数n,且全部这样的n的集合为nn=2k+1,kN,k5.【加固训练】已知数列an是等比数列,a3=1,又a4,a5+1,a6成等差数列,数列anbn的前n项和Sn=(n-1)2n-2+1(nN*).(1)求数列an,bn的通项公式.(2)设数列bn的前n项和为Tn,若T2n-Tnt对一切正整数n都成立,求实数t的取值范围.【解析】(1)设an的公比为q,由于a3=1,所以a4=q,a5=q2,a6=q3.由于a4,a5+1,a6成等差数列,所以2(q2+1)=q+q3.解得q=2.所以an=a3qn-3=2n-3.当n=1时,a1b1=S1=1,所以b1=a1=14.当n2时,anbn=Sn-Sn-1=n2n-3,所以bn=14,n=1,1n,n2.(2)设An=T2n-Tn=bn+1+bn+2+b2n=1n+1+1n+2+12n,由于An+1-An=1n+2+1n+3+12n+2-1n+1+1n+2+12n=12n+1+12n+2-1n+1=12n+1-12n+20,所以An是单调递增数列,则当n=1时,An有最小值12.故t(T2n-Tn)min=12.关闭Word文档返回原板块