2020年人教A版数学文(广东用)课时作业：5.3等比数列及其前n项和.docx

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课时提升作业(三十一)
一、选择题
1.已知等比数列{an}的公比q=2，其前4项和S4=60，则a2等于( )
(A)8 (B)6 (C)-8 (D)-6
2.（2021·汕头模拟）等比数列{an}中，a1=3,a4=24，则a3+a4+a5=( )
(A)84 (B)83 (C)82 (D)81
3.在正项等比数列{an}中，a1,a19分别是方程x2-10x+16=0的两根，则a8·a10·a12等于( )
(A)16 (B)32 (C)64 (D)256
4.设等比数列{an}的公比q=2，前n项和为Sn，则的值为( )

5.（2021·沈阳模拟）已知数列{an}满足log3an+1=log3an+1(n∈N*)且a2+a4+a6=9，则log(a5+a7+a9)的值是( )
(A)-5 (B)- (C)5 (D)
6.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2 011=3S2 010+2 012，a2 010=3S2 009+2 012，则公比q=( )
(A)4 (B)1或4 (C)2 (D)1或2
7.公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，S8=32，则S10等于( )
(A)18 (B)24 (C)60 (D)90
8.已知数列{an}是正项等比数列，{bn}是等差数列，且a6=b8，则确定有( )
(A)a3+a9≤b9+b7 (B)a3+a9≥b9+b7
(C)a3+a9>b9+b7 (D)a3+a9<b9+b7
二、填空题
9.（2022·广东高考）若等比数列{an}满足a2a4=,则a1aa5=_______.
10.（2021·佛山模拟）已知等比数列{an}的首项为2,公比为2,则=_________．
11.设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a5=S5，则=________.
12.（力气挑战题）设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an=_______.
三、解答题
13.（2021·湛江模拟）已知等比数列{an}的前n项中，a1最小，且a1+an=66,a2an-1=128,前n项和Sn=126,求n和公比q.
14.已知数列{an}中，a1=1，前n项和为Sn且Sn+1=Sn+1,n∈N*.
（1）求数列{an}的通项公式.
（2）求数列{}的前n项和Tn.
15.已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=2()，
a3+a4+a5=64(),
（1）求{an}的通项公式.
（2）设bn=(an+)2，求数列{bn}的前n项和Tn.
16.（力气挑战题）设一元二次方程anx2-an+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β,且满足6α-2αβ+6β=3.
（1）试用an表示an+1.
（2）求证:数列{an-}是等比数列.
（3）当a1=时，求数列{an}的通项公式.

答案解析
1.【解析】选A.S4=60,q=2⇒ =60⇒a1=4.
∴a2=a1q=4×2=8.
2.【解析】选A.q3=
∴q=2,a3=
a5=a4·q=24×2=48,
∴a3+a4+a5=12+24+48=84.
3.【解析】选C.依据根与系数的关系得a1a19=16，由此得a10=4，a8a12=16，故a8·a10·a12=64．
4.【解析】选A.
5.【思路点拨】依据数列满足log3an+1=log3an+1(n∈N*)且a2+a4+a6=9可以确定数列是公比为3的等比数列，再依据等比数列的通项公式即可通过a2+a4+a6=9求出a5+a7+a9的值．
【解析】选A.由log3an+1=log3an+1(n∈N*)，得an+1=3an，所以数列{an}是公比为3的等比数列，a5+a7+a9=(a2+a4+a6)×33=35，所以log(a5+a7+a9)=-log335=-5．
6.【解析】选A.由a2 011=3S2 010+2 012，a2 010=3S2 009+2 012两式相减得a2 011-a2 010=
3a2 010，即q=4.
7.【解析】选C.由a=a3a7得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d)，又由于公差不为零，所以2a1+3d=0,
再由S8=8a1+d=32得2a1+7d=8,
则d=2,a1=-3,
所以S10=10a1+d=60．故选C.
8.【解析】选B.a3+a9≥=2a6=2b8=b9+b7.
9.【思路点拨】本题考查了等比数列的性质：已知m,n,p∈N*，若m+n=2p,则am·an=a.
【解析】∵a2a4=,∴a=，
∴a1aa5=a=.
答案：
10.【解析】由题意知an=2n，
所以=22=4.
答案：4
11.【解析】S5=,a5=a1q4,
所以q4=
即q4-q5=1-q5,
∴q4=1，∴q=±1,
当q=1时，{an}是常数列，且各项均为零，不符合题意；
当q=-1时,S2 010=
所以原式=0,
所以=0.
答案：0
12.【解析】∵Sn+1=2Sn+n+1，当n≥2时Sn=2Sn-1+n,
两式相减得：an+1=2an+1，
∴an+1+1=2(an+1)，
即
又S2=2S1+1+1,a1=S1＝1，
∴a2=3,∴=2，
∴{an+1}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an+1=2n即an=2n-1(n∈N*).
答案：2n-1
【方法技巧】含Sn，an问题的求解策略
当已知含有Sn+1,Sn之间的等式时，或者含有Sn,an的混合关系的等式时，可以接受降级角标或者升级角标的方法再得出一个等式，两个等式相减就把问题转化为数列的通项之间的递推关系式.
13.【解析】由于{an}为等比数列，所以a1an=a2an-1,
∴且a1≤an,解得a1=2,an=64,
依题意知q≠1，∵Sn=126,∴=126⇒q=2,
∵2qn-1=64,∴n=6.
14.【解析】（1）由Sn+1=Sn+1，
得当n≥2时Sn=Sn-1+1,
∴Sn+1-Sn=(Sn-Sn-1)，
即an+1=an，∴
又a1=1，得S2=a1+1=a1+a2，∴a2=，
∴,
∴数列{an}是首项为1，公比为的等比数列,
∴an=()n-1.
（2）∵数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，
∴数列{}是首项为1，公比为的等比数列，
∴
15.【思路点拨】（1）设出公比依据条件列出关于a1与q的方程组求得a1与q，即可求得数列的通项公式.
（2）由（1）中求得数列的通项公式，可求出{bn}的通项公式，由其通项公式可知其和可由两个等比数列分别求和求得.
【解析】（1）设公比为q，则an=a1qn-1.由已知得

化简得
又a1>0，故q=2,a1=1，所以an=2n-1.
（2）由（1）得bn=(an+)2=a+2+
=4n-1++2.
所以Tn=(1+4+…+4n-1)+(1+)+2n=
=(4n-41-n)+2n+1.
16.【解析】(1)∵一元二次方程anx2-an+1x+1=0（n=1,2,3,…）有两根α和β,
由根与系数的关系易得α+β=,αβ=,
∵6α-2αβ+6β=3,∴
即an+1=
(2)∵an+1=
∴an+1-
当an-≠0时,
当an-=0,即an=时，
此时一元二次方程为x2-x+1=0,
即2x2-2x+3=0，
∵Δ=4-24＜0，
∴不合题意，即数列{an-}是等比数列.
(3)由(2)知:数列{an-}是以a1-为首项,公比为的等比数列,
∴
即
∴数列{an}的通项公式是
【变式备选】定义：若数列{An}满足An+1=A，则称数列{An}为“平方递推数列”.已知数列{an}中，a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=2x2+2x的图象上，其中n为正整数.
（1）证明：数列{2an+1}是“平方递推数列”，且数列{lg(2an+1)}为等比数列.
（2）设（1）中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn=(2a1+1)(2a2+1)…(2an+1)，求数列{an}的通项公式及Tn关于n的表达式.
【解析】（1）由条件得：an+1=2a+2an，
∴2an+1+1=4a+4an+1=(2an+1)2，
∴{2an+1}是“平方递推数列”.
∵lg(2an+1+1)=2lg(2an+1),
∴
∴{lg(2an+1)}为等比数列.
（2）∵lg(2a1+1)=lg5,
∴lg(2an+1)=lg5·2n-1,
∴2an+1=5,∴an=(5-1).
∵lgTn=lg(2a1+1)+lg(2a2+1)+…+lg(2an+1)
=
∴Tn=5.

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